陕西省宝鸡市金台区2024-2025学年高二上学期期中质量检测数学试题（解析版）

这是一份陕西省宝鸡市金台区2024-2025学年高二上学期期中质量检测数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了 设椭圆， 下列说法中，正确的有， 直线，圆，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
（选择性必修第一册第一章、第二章、第三章第一节）
注意事项：
1.考试时间120分钟，满分150分.
2.答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚.
3.全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效.
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线方程计算直线斜率，即可得到直线的倾斜角.
【详解】由题意得，直线的斜率，故直线的倾斜角为.
故选：D.
2. 椭圆与椭圆的（ ）
A. 长轴长相等B. 短轴长相等
C. 离心率相等D. 焦距相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的几何性质,分别求解长轴，短轴，焦距，离心率即可求解.
【详解】由于的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
而椭圆的长轴长为10，短轴长为8，短轴长为6，离心率为，
故两个椭圆的焦距相等，
故选：D
3. 经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为（ ）
A B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出两条直线的交点坐标，再根据垂直求出斜率，点斜式写方程即可.
【详解】由题知：，解得：，交点.
直线的斜率为，所求直线斜率为.
所求直线为：，即.
故选：B.
4. 设椭圆：（）的左、右焦点为，.若点在上，则的周长为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】先根据点在上求得椭圆方程；再根据椭圆的定义求解即可.
【详解】由于点在上，所以，得，，
所以椭圆：，则，.
由椭圆的定义，，而，
所以的周长为.
故选：B.
5. 已知向量，，以，为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A. B. C. 2D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量夹角及模的坐标表示，再结合三角形面积公式计算即得.
【详解】向量，，则，，
，，
所以以，为邻边的平行四边形的面积为.
故选：A
6. 已知三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的斜率及直线交点坐标，再利用斜率相等及3条直线共点求出值.
【详解】直线的斜率分别为，纵截距分别为
由，解得，即直线的交点为，
由直线不能围成三角形，得直线或或点在直线上，
则或或，解得或或，
所以实数的取值集合为.
故选：C
7. 二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（ ）

A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，结合模长公式可得，即可向量根据夹角公式求解.
【详解】由可得,
故，
进而可得,
由于，
由于，故，
由于夹角的大小即为二面角的大小，故二面角大小为120°，
故选：C
8. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点法式方程的定义即可求解.
【详解】根据题意可得，
化简得，
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 直线在y轴上的截距是2
B. 直线与平行，则实数的值为1
C. 若点A（5，－2）和点B（m，n）关于直线x－y＋1＝0对称，则m＋n＝3
D. 过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】通过计算可以判定选项BC正确；直线在y轴上的截距是 所以选项A错误；过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为或，所以选项D错误.
【详解】A. 直线在y轴上的截距是 所以该选项错误；
B. 直线与平行，则 所以或 当 时，两直线重合，所以舍去.所以实数的值为1.所以该选项正确；
C. 若点A（5，－2）和点B（m，n）关于直线x－y＋1＝0对称，所以，则m＋n＝3，所以该选项正确；
D. 过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为或，所以该选项错误.
故选：BC
10. 直线，圆，下列结论正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆必有两个交点
C. 直线与圆的相交弦长的最大值为
D. 当时，圆上存在3个点到直线距离等于1
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用直线过定点的求解方法求出定点即可判断A；判断定点与圆的位置关系即可判断直线与圆的位置关系；利用相交弦最长的是直径即可判断C；利用圆心2,0到直线的距离为1，再结合图形即可判断D.
【详解】将直线的方程化为，令，解得，所以直线恒过定点，选项A正确；
圆的方程化为，圆心2,0，半径2，
直线恒过定点到圆心的距离为，
所以定点在圆C内，故而直线与圆必有两个交点，所以选项B正确；
直线与圆的相交，相交弦最长的是直径，故而相交弦长的最大值为4，所以选项C错误；
当时，直线，圆心2,0到直线的距离为1，如图所示，
x轴与圆的两个交点O、B到直线的距离为1；又因为圆半径为2，
所以直线与圆的交点A到直线的距离为1，故而圆上存在3个点到直线距离等于1，选项D正确.
故选：ABD
11. 以下命题正确的是（ ）
A. 若是平面的一个法向量，直线上有不同的两点A，，则的充要条件是
B. 已知A，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，A，，四点共面
C. 已知，，若与垂直，则
D. 已知的顶点坐标分别为，，，则边上的高的长为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线面位置关系的向量求法，可判断A的正误；根据四点共面的原则，可判断B的正误；根据向量垂直的坐标运算，可判断C的正误；根据向量数量积公式，计算求值，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A：若，则，可得直线或，故A错误；
对于B：因为A，，三点不共线，，且，
所以，A，，四点共面，故B正确；
对于C：由题意，，
因与垂直，
所以，解得，故C错误；
对于D：由题意，过B作，
所以，即，
所以，
所以，即边上的高的长为，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分；共15分.
12. 经过点，且以为一个方向向量的直线的斜截式方程为________；
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的斜率，再由直线的斜截式求出方程.
【详解】依题意，直线的斜率，
所以直线的斜截式方程为.
故答案为：
13. 焦点在轴上的椭圆的离心率为，则值为________；
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据离心率公式即可求解.
【详解】由可得，故离心率，解得，
故答案为：
14. 已知直线l过，且与以为端点的线段相交，则直线l的斜率的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率公式求出，再结合图形求出直线l的斜率的取值范围.
【详解】根据题中条件画出图形，如图所示，

因为，，，设直线l的斜率为，
则，
直线l与以为端点的线段相交，结合图形，
则直线l的斜率的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，，．
(1)求线段的长；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】(1) 设，得到展开得到答案.
(2)计算，，利用夹角公式得到答案.
【详解】（1）设，则，，，
，
,
线段的长为.
（2）设异面直线与所成的角为，则
,
.
.
故异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】本题考查了线段长度，异面直线夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
16. 已知关于的方程.
（1）若方程表示圆，求m的取值范围；
（2）若圆与圆外切，求的值；
（3）若圆与直线相交于两点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到方程，结合圆的标准方程，得出不等式，即可求解；
（2）根据题意，求得圆与圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆相外切，列出方程，即求解；
（3）利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为，结合圆的弦长公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
由方程，整理得，
因为方程表示圆，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
由圆，可得，
可得圆心为，半径为，
又由圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆相外切，可得，即，
解得.
【小问3详解】
由（2）知，圆圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
因圆C与直线相交于两点，且，
根据圆的弦长公式，可得，
可得，即，解得.
17. 如图，在正方体中，E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见详解；（2）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，两向量的夹角即可求出平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（Ⅰ）如下图所示：
在正方体中，
且，且，
且，所以四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）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，
设正方体的棱长为，
则、、、，
，，
设平面的法向量为，
由，得，
令，则，，则.
平面，所以是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
.
因此，平面与平面夹角的余弦值.
【点睛】思路点睛：
解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.
18. 已知椭圆的离心率为，且焦距为8．
（1）求C的方程；
（2）设直线l的倾斜角为，且与C交于A，B两点，求（O为坐标原点）面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的离心率，焦距，再结合，即可求出C的方程；
（2）设出直线的方程，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离求出，即可求出面积的表达式，根据表达式即可求出的面积有最大值.
【详解】解：（1）依题意可知：，
解得：，
故C的方程为：；
（2）依题意可设直线l的方程为：，
联立：，
整理得：，
则，
解得：，
设，，
则，，
原点到直线l的距离，
则的面积
，
当且仅当“”，即“”时，的面积有最大值，且最大值为．
【点睛】思路点睛：求解椭圆中的面积问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，求出弦长，再利用点到直线的距离求出高，即可求出结果.
19. 如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点E是棱的中点．
（1）求证：平面ABC；
（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理解得，结合勾股定理得到，证得侧面，
，继而可证平面ABC；
（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立空间直角坐标系，假设存在点M，设，由EM与平面所成角的正弦值为，可求解.
【详解】（1）由题意，因为，，，利用余弦定理，
解得，又，，侧面，．
又，AB，平面ABC，∴直线平面ABC．
（2）以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
设平面的一个法向量为，，，
，，令，则，，
假设存在点M，设，，，
，，
利用平面的一个法向量为，，得．
即，或，或．
【点睛】本题考查了空间向量和立体几何综合问题，考查了学生逻辑推理，空间向量和数学运算能力，属于中档题.