山东省济南2024-2025学年高二上学期期中学情检测 数学试题（含解析）

这是一份山东省济南2024-2025学年高二上学期期中学情检测 数学试题（含解析），共18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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．已知分别是平面的法向量，若，则（ ）
A．B．C．1D．7
3．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．点关于直线的对称点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．若离心率为的双曲线的一条渐近线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（ ）
A．B．1C． D．
8．已知直线与曲线恰有三个不同交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中，正确的有（ ）
A．直线在轴上的截距为
B．直线必过定点
C．若过点1,2的直线的截距相等，则该直线方程为或
D．若两直线平行，则或
10．已知椭圆内一点，直线与椭圆交于，两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．的焦点坐标为，B．的长轴长为
C．直线的方程为D．
11．如图，在正四棱柱中，，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若为的中点，则直线平面
C．异面直线与所成角的正弦值的范围是
D．直线与平面所成角的正弦的最大值为
三、填空题
12．已知是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为
13．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为
14．已知双曲线的左焦点为，过点的直线与圆相切于点，与的右支交于点，若，则的离心率为 ．
四、解答题
15．求经过直线和直线的交点C，并且满足下列条件的直线方程.
(1)与直线平行；
(2)到原点的距离等于1.
16．在平面内，，，C为动点，若，
(1)求点C的轨迹方程；
(2)已知直线l过点（1，2），求曲线C截直线l所得的弦长的最小值.
17．如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．

(1)证明：平面：
(2)若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆：（）过点，且椭圆的离心率为.过椭圆左焦点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求线段的垂直平分线的方程；
（3）求三角形的面积.（为坐标原点）
19．已知双曲线的左焦点，一条渐近线方程为，过做直线与双曲线左支交于两点，点，延长与双曲线右支交于两点．
(1)求双曲线的方程；
(2)判断直线是否过定点?若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】求出直线的斜率，然后根据斜率的定义即可求得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，方程可化为，
所以直线的斜率为，即，又，
所以倾斜角.
故选：A.
2．D
【分析】根据两平面垂直可得法向量垂直，即可根据坐标运算求解.
【详解】由，所以，
，解得.
故选：D.
3．A
【分析】根据长轴以及离心率即可求解.
【详解】由长轴长为4，可得，又离心率为，即，
解得，故，
所以椭圆方程为，
故选：A
4．C
【分析】求出垂直于直线且过点的表达式，求出交点坐标，即可得出关于直线的对称点.
【详解】由题意，
在直线中，斜率为，
垂直于直线且过点的直线方程为，即，
设两直线交点为，
由，解得：，
∴,
∴点关于直线的对称点的坐标为，
即，
故选：C.
5．B
【解析】根据圆的方程，求得圆心距和两圆的半径之和，之差，判断两圆的位置关系求解.
【详解】因为圆，圆，
所以， ，
所以，
所以两圆相交，
所以两圆的公切线的条数为2，
故选：B
6．C
【分析】根据双曲线离心率求得，再根据双曲线的一条渐近线与直线垂直列出，求解.
【详解】，所以，得渐近线为，
因为其中一条渐近线与直线垂直，则，得．
故选：C
7．A
【分析】利用向量的模，向量的夹角及三角函数即可求出点到直线的距离.
【详解】∵A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），
＝（1，0，0），＝（﹣1，2，﹣2），
∴点A到直线BC的距离为：
d＝
＝1×＝．
故选：A
【点睛】本题主要考查了向量坐标的运算，向量的模，向量的夹角，属于容易题.
8．D
【分析】先运算转化曲线的方程形式，再作出图形，数形结合，随着直线平行移动，与曲线有三个不同交点，求出直线截距范围即可.
【详解】曲线可化为，
当时，，则，
故此时曲线为椭圆的上半部分；
当时，，则，
故此时曲线为双曲线的上半部分，且渐近线方程为；
直线，表示一组斜率为的平行直线，
如图，当直线过点2,0时，，解得；
当直线与椭圆上半部分相切时，
由，消化简得，
由，解得，
又直线与椭圆上半部分相切，则，故，
要使直线与曲线恰有三个不同交点，
结合图形可得，实数的取值范围为.
故选：D.
9．BC
【分析】对A，令，求出直线在轴上的截距；对B，将直线方程变形后得到所过定点；对C，分截距为0和不为0，两种情况，求出直线方程；对D，根据两直线平行的充要条件求解.
【详解】对于A，令，可得，所以直线在轴上的截距为，故A错误；
对于B，由，可得，所以直线过定点，故B正确；
对于C，当直线在轴和轴上截距都为时，
设直线方程为，将代入，可得，所以，
当直线在轴和轴上截距都不为时，
设方程为，代入，解得：，
故此时直线方程为，
综上，直线方程为或，故C正确；
对于D，由题可得，解得或，
当时，的方程为，的方程为，
重合，矛盾，
当时，的方程为，的方程为，满足条件，
，故D错误.
故选：BC.
10．CD
【分析】由题意可求得判断AB，利用点差法求得直线的斜率，写出直线方程判断C，联立直线方程与椭圆方程，由弦长公式求弦长判断D
【详解】由，得椭圆焦点在轴上，且，则，所以椭圆的焦点坐标为，长轴长为，所以AB错误，
设，则，，
两式作差得，
因为为线段的中点，所以，，
所以，
所以直线的方程为，即，所以C正确，
由和，得，则，
所以，所以D正确，
故选：CD
11．ACD
【分析】证明出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用锥体的体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断BCD选项.
【详解】对于A选项，在正四棱柱中，，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，为定值，A对；
对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、，
因为为的中点，则，则，，
所以，，所以，与不垂直，
故当为的中点时，直线与平面不垂直，B错；
对于C选项，，设，
则，
，
所以，，
因为，则，所以，，
所以，，
因此，异面直线与所成角的正弦值的范围是，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，此时，，
，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
12．8
【分析】根据椭圆的定义，结合基本不等式，求出的最大值．
【详解】设，，，
所以，
因为，所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为8.
故答案为：8.
13．
【分析】先将表示为，然后根据向量的数量积运算结合长度和角度求解出.
【详解】因为，
所以
，
.
故答案为：.
14．/
【分析】先利用条件表示出，然后在三角形中利用余弦定理列式计算得到，进而根据求出离心率.
【详解】设双曲线右焦点为，
则，
则，
所以，又，
所以，
整理得，
所以.
故答案为：.

15．(1)
(2)或
【分析】（1）设所求直线为，整理为一般方程后利用两直线平行的充要条件可求，即得解；
（2）设所求直线为，整理为一般方程后利用点到直线距离求解，即得解.
【详解】（1）设所求直线为，即，
因为此直线与平行，
所以，解得，
故所求直线为.
（2）由于原点到直线的距离为，
设所求直线为，即，
所以，解得或，
故所求直线方程为或.
16．(1)
(2)
【分析】(1)代入法即可求得轨迹方程为圆.
(2)由直线l过点(1,2)在圆内即可得到弦长最小值.
【详解】（1）设，，，
，
得.
（2），点（1，2）在圆内，当直线l为如图所示位置时，当直线与点(1,2)与圆心连线垂直时，截得弦长CD最短，即，.
故最短弦长为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，可证为的中点且，可得，又，由线面垂直的判定可证；
（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，用向量法可求解.
【详解】（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点，
所以有，又因为，
所以都为正三角形，
所以，四边形是菱形，
记与的交点为，为和的中点，
因为，
所以三角形为正三角形，
所以，所以，
因为是半球面上一点，是半球的直径，所以，
因为，平面，
所以平面．
（2）因为点在底面圆内的射影恰在上，
由（1）知为的中点，为正三角形，所以，
所以底面，
因为四边形是菱形，所以，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，则，
设直线与平面的所成角为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）由条件得到，求椭圆方程；
（2）直线的方程是，与椭圆方程联立求线段的中点，写出垂直平分线方程；
（3）利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，进而可计算出三角形的面积.
【详解】（1）由题意可知，， ，，
椭圆的方程是；
（2）椭圆的左焦点 ,直线的方程是 ，
与椭圆方程联立，得，
，，
代入直线的方程得，线段的中点是，
并且线段的垂直平分线的斜率是-1，
线段的垂直平分线的方程是，即；
（3）由（2）可知， ，
，
原点到直线的距离，.
【点睛】本题考查椭圆方程，直线与椭圆的位置关系，意在考查直线方程和椭圆中三角形面积的求法，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.
19．(1)
(2)过定点
【分析】（1）由双曲线几何性质求方程；
（2）分斜率存在于不存在分别研究，直线方程与双曲线方程联立，设，则直线的方程为，与双曲线求交点得，同理，从而求出直线的方程，可证.
【详解】（1）由题意可知：
解得
双曲线的方程为
（2）当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为
由
整理得
与左支交于两点
，解得
设，则直线的方程为
代入整理得
设，则
，，
，同理
直线的斜率
直线的方程为，即
直线过定点
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
不妨设点在轴上方，则，直线的方程为
由，解得
同理
此时直线过点
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系结合韦达定理运算求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
A
C
B
C
A
D
BC
CD
题号
11









答案
ACD