浙江省温州市新力量联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4.考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.）
1. 过点且与直线平行的直线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设所求直线方程为，代入点求出即可.
【详解】设过点且与直线平行的直线方程为，
则，解得，
所以所求的直线方程为.
故选:B.
2. 直线，的斜率是方程的两个根，则（ ）
A. B.
C. 与相交但不垂直D. 与的位置关系不确定
【答案】B
【解析】
【分析】结合根与系数关系、两直线的位置关系求得正确答案.
【详解】设直线的斜率分别是，
依题意，所以.
故选：B
3. 已知点，则以为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中点坐标公式算出的中点坐标为，且，从而得到所求圆的圆心和半径，可得圆的标准方程.
【详解】因为，
线段的中点为，，
所以以线段为直径的圆的圆心坐标为，半径，
所以线段为直径的圆的方程为.
故选：D.
4. 已知椭圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 长轴长为B. 焦距为2C. 短轴长为2D. 离心率为
【答案】D
【解析】
【分析】椭圆方程整理得，求得，，后即可求解．
【详解】已知椭圆，整理得，
得，，
所以，
则，，，
故椭圆长轴长为，焦距为，短轴长为，离心率为．
故选：D．
5. 已知平面内有一个点，的一个法向量为，则下列点中，在平面内的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，逐个判断即可.
【详解】符合条件的应满足，
对于A，，，
对于B，，，
对于C，，，
对于D，，，
故选：B
6. 已知点在圆外，则的取值范围为（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆的标准方程，结合点与圆的位置关系建立不等式关系进行求解即可．
【详解】∵圆，
圆的标准方程为，
∴圆心坐标，半径，
若在圆外，
则满足 ，且，
即且，即
故选
【点睛】本题主要考查点和圆的位置关系的应用，求出圆的标准方程是解决本题的关键，属于基础题．
7. 下列命题正确的是（ ）
A. 在空间四边形中，
B. 是与不共线的充要条件
C. 在棱长为1正四面体中，
D. 设，，三点不共线，为平面外一点，若，则，，，四点共面
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量数量积运算判断A,特殊值法判断B选项，根据平面向量模长及夹角计算平面向量的数量积判断C,应用四点共面性质判断D.
【详解】对于A:空间四边形中，
,A选项正确；
对于B:当反向共线，满足，但是与共线，B选项错误；
对于C:在棱长为1正四面体中，,C 选项错误；
对于D:因为，而不是1，所以，，，四点不共面，D选项错误
故选：A.
8. 已知椭圆：的左､右焦点分别为，(如图)，过的直线交于，两点，且轴，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由轴，求出，再利用，得到线段比例关系，从而得到，，进而得到点，代入椭圆结合即可求得离心率.
【详解】由，，
将代入椭圆方程知，解得：，即
过点作轴，则，又
，得，
所以点的坐标为，即
又点在椭圆上，，即
又，，，即
故选：D
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
二、多选题（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. 已知圆和圆相交于A、两点，下列说法正确的是（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C. 取圆上点，则的最大值为
D. 直线被圆所截得弦长最短为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：根据两圆相交弦方程的求解，结合已知条件，求解即可；对B：求得到直线的距离，结合圆的半径，即可判断；对C：求得的参数表达形式，结合三角函数的最值，即可求得结果；对D：利用勾股定理可判断正误.
【详解】对A：圆和圆相交于两点，
故直线的方程为：，即，故A正确；
对B：O0,0到直线的距离，又圆的半径，
所以直线与圆相交且不过圆心，即圆上存在3个点到直线的距离为，B正确；
对C：圆，即，
因为在圆上，故可设，
则，
又的最大值为，
故的最大值为，C错误；
对D：将直线方程变形为，
由，解得，所以，直线过定点，
所以，圆心到直线的距离为最大值为，
因此，直线被圆所截得弦长最短为，D正确.
故选：ABD.
10. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A. 若，则是钝角
B. 若，则可知
C. 若为直线l的方向向量，则λ也是直线l的方向向量
D. 在四面体中，若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，举反例即可判断；对B，根据向量的线性运算即可判断；对C，举反例即可判断；对D，作出图形，证明出为垂心即可判断.
【详解】对A，若，则可能为，故A错误；
对B，
⇒⇒，所以B正确；
对C，当时，，不是直线的方向向量，所以C错误；
对D，如图，
过P作平面ABD交平面于O点，连CO交AB于M，
连AO交BC于N，连BO交AC于T，，
同理为垂心，所以，
从而，所以D正确；
故选：BD.
11. （多选）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A. 点P的轨迹方程是
B. 直线是“最远距离直线”
C. 平面上有一点，则的最小值为5
D. 点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，设，根据定义建立关系可求出；对于B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对于C，根据定义转化为求即可；对于D，易判断为交点.
【详解】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，可得，
解得，故存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，则，
由图象可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由可得，
即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知焦点在轴上的椭圆的离心率为，则的值为____________.
【答案】8
【解析】
【分析】由椭圆离心率的定义列方程即可解出.
【详解】∵ 焦点在轴上，由椭圆方程可知：，
∴，即.
故答案为：8
13. 直线的倾斜角取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题设有，结合直线斜率与倾斜角关系确定范围即可.
【详解】由题设，即直线斜率为，
若直线倾斜角，则，而，所以.
故答案：
14. 正方体棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设，即可求出，再根据的范围，求出的取值范围．
【详解】解：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，．
，，．
点在线段上运动，
，且．
，
，
∵，∴，即，
故答案为：．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知直线.
（1）证明：直线过定点；
（2）求过点且横截距与纵截距相等的直线方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）或者
【解析】
【分析】（1）通过即可求证；
（2）通过截距为0和不为0两类情况求解即可.
【小问1详解】
即
令解得
直线过定点
【小问2详解】
当直线横截距等于纵截距为0时
直线过原点 斜率
此时直线方程即
当直线横截距，纵截距不为0时，可设直线的方程为：

直线过点，代入方程得
直线的方程为：，即直线的方程为：
综上所述直线的方程为或者
16. 如图，在平行六面体中，为与的交点，且，，两两夹角均为，且长度相等，设，，.
（1）试用，，表示；
（2）求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算可求解；
（2）求得与可求直线与直线所成角的余弦值.
【小问1详解】
【小问2详解】
根据题意可设设，
则，



所以直线与直线所成角的余弦值为.
17. 已知圆过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）问是否存在满足以下两个条件的直线：
①斜率为1；②直线被圆截得的弦为，以为直径的圆过原点.若存在这样的直线，请求出其方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求得圆的方程；
（2）首先设直线存在，其方程为，联立直线与圆的方程，得到根与系数的关系，根据解得b，得到直线方程，并需验证.
【小问1详解】
设圆的方程为，
则有，解得，，，
圆C方程为：，即；
【小问2详解】
设直线存在，其方程为，
它与圆C的交点设为、，
则由，得 ，
，
为直径， ，
，
即，即，
或，容易验证或时方程的，
故存在这样的两条直线，其方程是或.
18. 如图，已知四棱锥的底面为矩形，，，顶点在底面的正投影为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）若平面与平面的交线为，，
（i）求证：直线；
（ii）求与平面所成角大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析，（ii）
【解析】
【分析】（1）根据锐角三角函数可知，进而根据线面垂直的性质得，即可由线面垂直的判定求证，
（2）根据线面平行的性质即可求解（i），建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解（ii）.
【小问1详解】
证明：在中，，在中，，
，故
平面，平面，则
又，，平面，
平面
【小问2详解】
解：（i），平面，平面，
平面.
又平面平面，平面，
.
（ii）与平面所成角的正弦值等于与平面所成角的正弦值
以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，以点作垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于
则，，，
，，
设平面的一个法向量为则即
令，则，得
设与平面所成角为
所以与平面所成角为
19. 已知椭圆上有两个不同点，关于直线对称.
（1）记直线与线段的交点为.
（i）求证：为定值；
（ii）求的坐标（用来表示）.
（2）求面积的最大值（为坐标原点）.
【答案】（1）（i）证明见解析，（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）通过点差法即可求证；（ii）设Px0,y0，由（i）得，再结合在上即可求解；
（2）由弦长公式及点到线的距离公式表示出出三角形面积，进而可求解.
【小问1详解】

（i）设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，得到
将Ax1,y1，Bx2,y2代入椭圆方程得，
两式相减得：，即
（ii）易知，由题意知，由（i）知
则有，即（1）
又在直线上，所以有（2）
有（1）（2）解得，即
【小问2详解】
设直线的直线方程为
联立得到
即
，，

又到直线的距离为，
（当且仅当取等号）