广东省深圳市福田区2024-2025学年高二上学期第一学段考试（期中） 数学试卷（含解析）

这是一份广东省深圳市福田区2024-2025学年高二上学期第一学段考试（期中） 数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则=
A．B．C．D．
2．，若则（ ）
A．6B．7C．8D．9
3．已知，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．圆关于直线对称，则实数（ ）
A．1B．-3C．1或-3D．-1或3
5．在世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”. 这可视为中国古代极限观念的佳作. 割圆术可以视为将一个圆内按正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积. 运用割圆术的思想，可得到的近似值为（取近似值）（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角的对边分别为，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．关于椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为.”设椭圆的左焦点为，右顶点为，过且垂直于轴的直线与的一个交点为，过作椭圆的切线，若切线的斜率与直线的斜率满足，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（ ）
A．20B．C．10D．
二、多选题
9．已知直线，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与坐标轴围成的三角形面积为1，则
D．当时，不经过第一象限
10．下面四个结论正确的是（ ）
A．若三个非零空间向量满足，则有
B．若空间四个点，，则三点共线．
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．已知向量，，若，则为钝角．
11．如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A．存在点满足平面平面
B．当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C．若，则最小值为
D．若，则点的轨迹长为
三、填空题
12．已知直线经过点，且在轴上的截距是在轴上截距的两倍，则直线的方程为 ．
13．如图，在异面直线m，n上分别取点A，B和C，D，使，且，若，则线段AC的长为 .
14．如图，设，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为 .

四、解答题
15．已知三角形的内角的对边分别为a,b,c，且这些边和角的关系满足．
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，且，求的周长．
16．在平面直角坐标系xOy中，圆C过和，且圆心在直线上；
(1)求圆C的标准方程；
(2)在（1）的条件下，过点分别作圆C的两条切线，（Q，R为切点），求直线的方程，并求弦长.
17．如图，直四棱柱被平面所截，截面为CDEF，且，，，平面EFCD与平面ABCD所成角的正切值为．
(1)证明：；
(2)求直线DE与平面所成角的正弦值．
18．设椭圆的左、右顶点分别为，右焦点，．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线交轴于点，若的面积是面积的倍，求直线的方程．
19．在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中．
(1)求经过的直线的点方向式方程；
(2)已知平面，平面，平面，若，证明：；
(3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面的夹角大小．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】由题意得，，则
．故选C．
【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
2．C
【分析】根据空间向量的平行性质，列出方程组，解出的值，即可得答案.
【详解】根据，则存在一个常数使得，
所以可得，解之可得，所以.
故选：C
3．C
【分析】根据复数的除法运算求出即可得解.
【详解】由可得，
所以复数z在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C
4．B
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可求解.
【详解】的圆心坐标为，
因为圆关于直线对称，
所以圆心在直线上，也即，
解得：或.
当时，可得：，符合圆的方程；
当 时，可得：，配方可得：，舍去.
故选：B
5．C
【分析】根据题意，将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为，再根据这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积列等式，计算即可.
【详解】将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为.
因为这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积，
所以，所以.
故选：.
6．A
【分析】先利用余弦定理和正弦定理边化角得，然后用二倍角公式进行化简，从而可求的值.
【详解】由余弦定理化简可得，即，
由正弦定理可得，即，
由题意，且，故，所以.
故选：A.
7．C
【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再求出切线与直线的斜率，列式求解即可.
【详解】依题意，，由代入椭圆方程得，不妨设，
则切线，即，切线的斜率，
直线的斜率，则，所以.
故选：C
8．A
【分析】分析可知，，点的轨迹方程为，整理可得，利用基本不等式运算求解.
【详解】对于圆，整理可得：，
可知圆心为，半径为，
令，则，解得或，即；
令，则，解得或，即；
因为与相外切，则，
可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，

则点的轨迹方程为，
可得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为20.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知点的轨迹方程为，且，进而利用基本不等式即可得结果.
9．BCD
【分析】对于AB，根据线线位置关系判断即可；对于C，由题得即可解决；对于D，数形结合即可.
【详解】由题知，直线
对于A，当时，，解得或，故A错误；
对于B，当时，，解得，故B正确；
对于C，在直线中，
当时，，当时，，
所以与坐标轴围成的三角形面积为，解得，故C正确；
对于D，由题知当时，的图象为
故D正确；
故选：BCD
10．BC
【分析】根据向量的概念，空间向量的基本定理，以及空间向量基底的定义和空间向量的数量积的运算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若非零空间向量满足，不一定满足，所以A不正确；
对于B中，因为，则，即，
又因为与有公共点，所以三点共线，所以B正确；
对于C中，由是空间的一组基底，且，
令，可得，此时方程组无解，所以不共面，
所以可以作为一个空间基底，所以C正确；
对于D中，若为钝角，则，且与不共线，
由，解得，当时与平行时，由，解得，
当与不共线得，所以当且时，为钝角，所以D错误.
故选：BC
11．ABD
【分析】当点位于点时，平面平面，可判断A选项；确定三棱锥的外接球的球心，进而求半径，可判断B选项；当点位于点时，可判断C选项；利用∽，建立适当的平面直角坐标系可得到点的轨迹，进而求轨迹的长，可判断D选项.
【详解】

对于A，面面，
所以当点位于点时，平面平面，故A正确；
对于B，当为线段中点时，
与均为直角三角形，且面面，
三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球体积为，故B正确；
对于C，，点在线段上，
当点位于点时，，故C错误；
对于D，若，
与均为直角三角形，
∽，，
如图，在正方形中，

以为原点，、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，
设Px,y，则，
整理得：，
点在面内的轨迹为以为圆心，以为半径的，
，，
在中，，，
，故D正确.
故选：ABD.
12．或
【分析】分截距为和截距不为两种情况讨论，再分别利用直线的点斜式和截距式，即可求解.
【详解】因为直线经过点，且在轴上的截距是在轴上截距的两倍，
当截距为时，斜率为，此时直线方程为，即，
当截距不为时，由题可设直线方程为，又直线过点，
所以，得到，故直线方程为，即，
故答案为：或.
13．
【分析】过分别作交于，根据已知有为矩形，再由线面垂直的判定、性质有，余弦定理求得，最后求，即得答案.
【详解】过分别作交于，如下图，
由，即，则，且为矩形，
由且都在面内，故面，面，则，
由，，则，
所以，又，故，
所以.
故答案为：
14．/0.5
【分析】连接，，利用圆的性质、椭圆的定义，结合勾股定理列式求解即得.
【详解】连接，，由点在以为直径的圆上，故.

又，在椭圆上，故有，.
设，则，，，.
在中，由勾股定理得，
解得，于是PF2=2a3，，故.
故答案为：
15．(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理，将已知条件进行转化，即可求得；
（2）利用三角形面积公式，以及余弦定理，求得，即可求得三角形周长.
【详解】（1）对，由正弦定理可得：，
故，则，又，故，.
（2）由三角形面积公式，结合可得：，即，解得：；
由余弦定理以及，可得，也即，
故，解得；
故的周长为.
16．(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据圆心在直线上设出圆心，再利用圆心到圆上两点距离等于半径求解；
（2）由切线性质知四点共圆且为直径，写出圆的方程，两圆方程作差即可求出直线的方程，再由圆的几何性质求弦长即可.
【详解】（1）因为圆心在直线，设圆心，
则，解得，
故圆心为，半径为，则圆的标准方程为；
（2）由题意，，，则四点共圆且为直径，
因为，所以的中点为，，
以线段为直径的圆为，整理得，
因为也在圆上，所以由两圆的方程作差，得，即，
故直线的方程为.
因为到直线的距离，
所以
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用面面平行的性质及平行公理，结合棱柱的结构特征推理作答.
（2）由余弦定理结合勾股定理逆定理证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在直四棱柱中，平面平面，
平面，平面，则，
而，又，因此，
则四边形是平行四边形，，
所以.
（2）在中，由余弦定理得，
即有，则，又平面，
于是两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，令，得，
令平面EFCD与平面ABCD所成角为，即有，由，得，
于是，解得，
设平面的法向量为，由，得，
则，令，得，
令直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)椭圆方程为，离心率为
(2)
【分析】（1）由题意可知解方程组即可求出椭圆方程与离心率.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，可求出点的坐标.通过画图可得出，再代入相关点的坐标，分别求得和的面积，根据计算即可.
【详解】（1）由题意可知，解得
，
则椭圆方程为，椭圆的离心率为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，，设直线方程为，
取，得，
联立得，，
，得，则．
，
.
因为的面积是面积的倍，
，即，得，
直线的方程为．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求直线的方向向量，结合题意即可得直线方程；
（2）根据题意可得平面、、的法向量，进而可求交线的方向向量，利用空间向量判断线面关系；
（3）根据题意可得平面、的法向量，进而可求交线的方向向量，根据线面关系可得，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）由得，直线的方向向量为，
故直线的点方向式方程为．
（2）由平面可知，平面的法向量为，
由平面可知，平面的法向量为，
设交线的方向向量为，则，
令，则，可得，
由平面可知，平面的法向量为，
因为，即，
且，所以．
（3）因平面经过三点，可得，
设侧面所在平面的法向量，
则，令，解得，可得，
由平面可知，平面法向量为，
设平面与平面的交线的方向向量为，
则，令，则，可得，
由平面可知，平面的法向量为，
因为，解得，即，
则，
故平面与平面夹角的大小为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
B
C
A
C
A
BCD
BC
题号
11









答案
ABD