福建省莆田市2024-2025学年高二上学期期中数学检测试题（含解析）

这是一份福建省莆田市2024-2025学年高二上学期期中数学检测试题（含解析），共14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。
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．在空间直角坐标系中，点，点A关于y轴对称的点为C，点B关于平面对称的点为D，则向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
4．由直线上的一点向圆引切线，则切线段的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
5．点P在直线上运动，，则的最大值是（ ）
A．B．C．3D．4
6．已知点F，A分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知直线与直线的交点为P，则点P到直线距离的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．方程表示的曲线中，可以是（ ）
A．双曲线B．椭圆C．圆D．直线
10．已知圆，直线.则以下命题正确的有（ ）
A．直线l恒过定点B．y轴被圆C截得的弦长为
C．直线l与圆C恒相交D．直线l被圆C截得弦长最长时，直线的方程为
11．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（ ）

A．
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．点到直线的距离是
D．异面直线与所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．圆与圆相交所得公共弦长为 ．
13．若双曲线与椭圆的焦点相同，且过点1,2，则该双曲线的标准方程为 ．
14．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点，，圆，在圆上存在点满足，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知空间三点，设.
(1)求和的夹角的余弦值；
(2)若向量与互相垂直，求的值.
16．直线经过两直线和的交点．
(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；
(2)若直线与圆相切，求直线的方程．
17．某市为了改善城市中心环境,计划将市区某工厂向城市外围迁移,需要拆除工厂内一个高塔,施工单位在某平台O的北偏东方向处设立观测点A,在平台O的正西方向240m处设立观测点B,以O为坐标原点,O的正东方向为x轴正方向,建立如图所示的平面直角坐标系.已知经过O,A,B三点的圆为圆C.
(1)求圆C的方程.
(2)规定圆C及其内部区域为安全预警区,经观测发现,在平台O的正南方向200m的P处,有一辆小汽车沿北偏西方向行驶,小汽车会不会进入安全预警区?说明理由.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点.

(1)证明：∥平面；
(2)若，，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．已知椭圆C：的离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l：（）与椭圆C相交于A，B两点，且．
①求证：的面积为定值；
②椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求出点P横坐标的取值范围；若不存在，说明理由．
答案
1．【正确答案】A
【详解】设直线的倾斜角为，
因为该直线的斜率为，所以，所以，
故选：A
2．【正确答案】B
【分析】根据空间向量坐标关于坐标轴、平面的对称性性质求得结果.
【详解】，点A关于y轴对称的点为，
，点B关于平面对称的点为.
则.
故选：B.
3．【正确答案】A
【详解】当时，直线与平行；
当直线与直线平行时，
有且，解得，
故“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：A.
4．【正确答案】C
【详解】由圆的方程，得圆心，半径，
如图，切线长，当最小时，最小，
最小值为圆心到直线的距离，
所以切线长的最小值.
故选：C.

5．【正确答案】A
【详解】设关于的对称点为，
则，解得，即
故,
,
当且仅当，三点共线时，等号成立.
故选：A
6．【正确答案】B
【详解】
，，
，即，
整理得，即，
等号两边同时除以得，即，求得，
，，
故选：B.
7．【正确答案】A
【详解】设，则，直线的斜率，
把两点代入椭圆方程得：，，
两式作差得：
，即，
又因为，即，解得：，
所以椭圆的标准方程为.
故选：A
8．【正确答案】D
【分析】求出两直线所过定点，确定动点P的轨迹方程，结合圆上的点到定直线的距离的最值，即可求得答案.
【详解】直线，分别过定点，，且互相垂直，所以点P的轨迹是以为直径的圆（不含点），这个圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线l距离为，因此圆上的点到直线l距离最大值为，最小为，取得最小值时圆上点的坐标是，因此取值范围是.
故选D.
9．【正确答案】AB
【详解】当，且，即时，方程表示椭圆，
当即时，方程表示双曲线，故AB正确；
要想表示圆，则无解，故C错误；
直线为一次曲线，故D错误.
故选：AB
10．【正确答案】CD
【分析】根据直线方程求出定点坐标即可判断选项A；求出圆和y轴的交点坐标，即可判断选项B；利用定点和圆的位置关系即可判断选项C；当弦长最长时，直线过圆心从而判断选项D.
【详解】对于A，直线，即，
由，解得，故直线过定点，故A错误；
对于B, 圆，当时，，故y轴被圆C截得的弦长为，故B错误；
对于C，直线过定点，,故点在圆内，则直线l与圆C恒相交，故C正确；
对于D，当直线l被圆C截得弦长最长时，直线过圆心，则，解得，
故直线方程为：，即，故D正确.
故选：CD
11．【正确答案】BCD
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
，
则，A错误；
B选项，平面的法向量为，
，设直线与平面所成角的大小为，
则，B正确；
C选项，，
点到直线的距离为，C正确；
D选项，，
设异面直线与所成角大小为，
则，D正确.

故选：BCD
12．【正确答案】
【分析】两圆方程作差得公共弦所在直线方程，利用点到直线的距离公式可得到直线的距离，最后由即可得解.
【详解】记圆，圆，
两个方程作差可得，，
所以两圆公共弦所在直线方程为，
圆心到直线的距离为，
所以公共弦长为.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】椭圆的标准方程为，所以椭圆的焦点坐标为，根据双曲线的定义可得：，解得，又因为，所以，
所以双曲线的标准方程为.
故
14．【正确答案】
【详解】设Px,y，因为点，，，
所以，即，
所以，可得圆心，半径，
由圆可得圆心，半径，
因为在圆上存在点满足，
所以圆与圆有公共点，
所以，整理可得：，
解得，
所以实数的取值范围是，
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)2或
【详解】（1）由点，得，，
所以，
所以和夹角的余弦值为.
（2）由（1）可得，，
因为向量与互相垂直，则，
由整理可得，解得或，
所以的值为2或.
16．【正确答案】(1)
(2)或
【详解】（1）联立两直线和，解得，即交点坐标为，
直线的斜率为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，即，
根据题意得：圆心到直线的距离，解得，
所以直线的方程为.
综上：直线的方程为或.
17．【正确答案】(1)（或）
(2)小次车会进入安全预警区，理由见解析
【分析】（1）设圆的一般方程用待定系数法将三个点代入求解.
（2）根据题意写出小汽车行驶轨迹的直线方程，求出圆心到直线的距离与半径作比较并判断直线与圆的位置关系，从而得到答案.
【详解】（1）由题意得,,
设圆C的方程为,因为圆C经过O,A,B三点,
所以解得
所以圆C的方程为（或）.
圆C化成标准方程为,
故圆心为C,半径,
因为圆C到直线的距离，
所以直线与圆C相交，即小汽车会进入安全预警区.
18．【正确答案】(1)证明见详解
(2)（i），（ii）存在点，.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，
因为是中点，所以，，
又，，
，，
所以四边形是平行四边形，
，
又平面，平面，
平面.
（2），，又，，
，则，
又平面平面，平面平面，
平面，
，又，
所以，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
（i）设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，，
，
又平面的一个法向量为，
，
所以二面角的余弦值为.
（ii）假设线段上存在点，使得点到平面的距离为，
设，，，
，
由（i）知平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
则，解得或，
又，所以，
即存在点到平面的距离为，且.
19．【正确答案】(1)
(2)① 证明见解析；②不存在，理由见解析
【详解】（1）由题意知，焦距，故，又，故，
所以，故椭圆C的方程为．
（2）①由消去y，化简得：，
设，，则，
，，
故，
因为，所以，
所以，
坐标原点到直线l的距离为，
所以的面积为，
故的面积为定值．
②假设存在椭圆上的点P，使得OAPB为平行四边形，则，
设，则，
又因为，即，得，
与矛盾，
故椭圆上不存在点P，使得OAPB为平行四边形．