2024-2025学年福建省厦门市高二上册期中考试数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高二上册期中考试数学检测试卷（附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选凃其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单选题：本题共8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. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【正确答案】B
【分析】由题意可知，结合向量垂直的坐标运算求解.
【详解】因为，则，
可得，解得.
故选：B.
2. 三角形的三个顶点为，则的中线的长为（ ）
A. 3B. 5C. 9D. 25
【正确答案】B
【分析】求出边的中点坐标，根据两点间的距离公式即可求得答案.
【详解】设边的中点为D，则D点坐标为，即，
故的中线的长为，
故选：B
3. 若椭圆上一点P到焦点F1的距离为6，则点P到另一个焦点F2的距离为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【正确答案】B
【详解】∵椭圆的方程为，
∴该椭圆的焦点在y轴上，a2=25且b2=16，可得a=5、b=4．
根据椭圆的定义，得|PF1|+|PF2|=2a=10
∵椭圆上一点P到焦点F1的距离|PF1|=6，
∴点P到另一个焦点F2的距离|PF2|=2a﹣|PF1|=10﹣6=4．
故选B．
4. 将直线绕点逆时针旋转后所得直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】分析可知，所得直线与直线垂直，可得出所求直线的斜率，再利用点斜式可得出所求直线的方程.
【详解】由题意可知，所得直线与直线垂直，即所求直线的斜率为，
因此，所求直线的方程为，即.
故选：C.
5. 已知直线在轴、轴上的截距相等，则直线与直线间的距离为（ ）
A. B. C. 或D. 0或
【正确答案】A
【分析】由题意利用直线的截距的定义求得m的值，再利用两条平行线之间的距离公式，计算即可．
【详解】直线在轴、轴上的截距相等，
令，得，令，得，所以，解得，
故直线，即，化简为，
则直线与直线间的距离为
故选：A．
本题主要考查直线的截距的定义，两条平行线之间的距离公式，属于基础题．
6. 设直线l的方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】当时，可得倾斜角为，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数的性质求解即可.
【详解】当时，方程变为，其倾斜角为，
当时，由直线方程可得斜率，且，
，即，又，，
综上所述，倾斜角的范围是.
故选：C.
7. 若直线在轴､轴上的截距相等，且直线将圆的周长平分，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【正确答案】C
【分析】设出直线方程，将圆心代入直线，求解即可.
【详解】由已知圆，直线将圆平分，则直线经过圆心，
直线方程为，或，将点代入上式，解得
直线的方程为或.
故选：C.
8. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用三角换元，再结合三角函数的有界性，即可求解．
【详解】由，
则可设为参数，，
故，其中，
当时，取得最小值，最小值为．
故选：D．
二、本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全对的得6分，选对但不全的得部分分，有错的得0分．
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 已知空间向量，若，则
B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C. 若，，则向量在向量上的投影向量
D. 任意向量，，满足
【正确答案】ABC
【分析】根据空间向量的概念及其向量共面定理，基底，数量积等的概念，即可判断得出答案.
【详解】对于A，若，则，A正确；
对于B，若对空间中任意一点O，有，
则，即，
因此，，共面，则P，A，B，C四点共面，B正确；
对于C，，向量在向量上的投影向量，C正确；
对于D，由于是一个实数，也是一个实数，
若，则和共线，与已知的任意性不符，D错误.
故选：ABC
10. 已知圆与圆，则（ ）
A. 两圆的圆心距为
B. 两圆的公切线有3条
C. 两圆相交，且公共弦所在的直线方程为
D. 两圆相交，且公共弦的长度为
【正确答案】AC
【分析】根据圆的方程确定圆心坐标，求出两圆圆心距，判断A；判断两圆的位置关系，即可判断B；将两圆方程相减，即可得两圆公共弦所在的直线方程，判断C；利用几何法求得公共弦长，判断D.
【详解】对于A，圆的圆心为，半径为
与圆的圆心为，半径为，
故两圆的圆心距为，A正确；
对于B，由于，
即圆与圆相交，两圆的公切线有2条，B错误；
对于C，由B可知两圆相交，
将圆与圆的方程相减，
得，即公共弦所在的直线方程为，C正确；
对于D，由B可知两圆相交，而，
到直线的距离为，
故两圆公共弦的长度为，D错误，
故选：AC
11. 在平面直角坐标系中，已知圆的动弦，圆，则下列选项正确的是（ ）
A. 当圆和圆存在公共点时，则实数的取值范围为
B. 的面积最大值为1
C. 若原点始终在动弦上，则不是定值
D. 若动点满足四边形为矩形，则点的轨迹长度为
【正确答案】ABD
【分析】根据两圆位置关系列不等式求解实数的范围判断A，根据三角形面积结合正弦函数可求出面积最大值判断B，分类讨论，设直线方程，利用韦达定理结合数量积数量积坐标运算求解判断C，先根据矩形性质结合垂径定理得到点的轨迹，然后利用圆的周长公式求解判断D.
【详解】对于A，圆的圆心为1,0，半径为，
圆的圆心为，半径为，
当圆和圆存在公共点时，，
所以，解得，所以实数的取值范围为，正确；
对于B，的面积为，
当时，的面积有最大值为1，正确；
对于C，当弦垂直x轴时，，所以，
当弦不垂直x轴时，设弦所在直线为，
与圆联立得，，
设，
则，，
综上，恒为定值，错误；
对于D，设Px0,y0，OP中点，该点也是AB中点，且，
又，所以，
化简得，所以点轨迹为以1,0为圆心，半径为的圆，
其周长为长度为，正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共1.5分．
12. 无论为何值，直线恒过一定点，则点的坐标为______.
【正确答案】2,3
【分析】将直线方程整理为关于的方程，由直线恒过定点列方程组即可得解.
【详解】化简直线方程为关于的方程，
因为直线恒过定点，所以，
解得，则定点的坐标为2,3.
故2,3.
13. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点满足，则点的轨迹方程为_______．
【正确答案】
【分析】首先设出点的坐标，然后列出等式，最后化简所得的等式可得轨迹方程.
【详解】由题意可设点，由，，，得，
化简得，即.
故答案为.
14. 已知过点且斜率为的直线与圆相交于，两点，则的值等于______．
【正确答案】7
【分析】设的中点为，则可得，故可求数量积的值.
【详解】由题设，设的中点为，
因为，故在圆外，
则，
设圆心为，连接，则，
故
故7.
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知的顶点，边上的高所在的直线方程为．
（1）求直线的方程；
（2）在两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
①角A的平分线所在直线方程为；
②边上的中线所在的直线方程为．
若________________，求直线的方程．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据直线垂直，求得斜率，利用点斜式方程，可得答案；
（2）联立直线方程，求得点的坐标，分别利用角平分线的对称或中线的对称，可得答案.
【小问1详解】
因为边上高所在的直线方程为，
所以直线的斜率，又因为的顶点，
所以直线的方程为：，即；
【小问2详解】
若选①，角的平分线所在直线方程为，
由，解得，所以点A坐标为，
设点B关于的对称点为，
则，解得，即坐标为，
又点在直线上，所以的斜率，
所以直线的方程为，即．
若选②：边上中线所在的直线方程为，
由，解得，所以点，
设点，则的中点在直线上，
所以，即，又点直线上，所以，
所以的斜率，所以直线的方程为，
即直线的方程为．
16. 已知圆的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线l过点且被圆截得的弦长为，求直线l的方程.
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意得到，求得圆心，再由，即可求得圆的方程；
（2）根据圆的弦长公式，化简得到，分的斜率不存在和存在，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：圆的圆心在直线上且与轴切于点，
可设圆心坐标为，则，解得，.
所以圆心，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
解：由直线l过点且被圆C截得的弦长为，
根据圆的弦长公式，可得，即，解得，
当的斜率不存在时，的方程为，此时不满足条件；
当的斜率存在时，设直线的斜率为，则方程为，即，
可得，解得或，
所以直线方程为或.
17. 如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，分别为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【分析】（1）连接，证明，结合线面平行判定定理证明结论；
（2）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，再证明，结合（1）可得；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，得到线面角的正弦值．
【小问1详解】
证明：连接，

在中，因为，分别为，的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
证明：因为直三棱柱中，为侧棱，
所以平面，因为平面，
所以，
又为直角，所以
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
由（1），所以．
【小问3详解】
建立空间直角坐标系，

则，，，，，
因此，．
设平面的法向量为，
则，，
所以，即
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为．
所以．
18. 如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且．

（1）证明：平面；
（2）当的长度最小时，求：
①；
②点到平面的距离．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【分析】（1）方法一，过点作，证明平面平面，从而可证明结论；方法二，延长交直线于点，连结，证明，根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）①建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，进而利用向量的坐标运算求出坐标，可得其模长，结合二次函数性质，即可求得答案；②利用空间距离的向量求法，即可得答案.
【小问1详解】
证明：（方法一）在菱形内，过点作，

，连接，则，
由得，
∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面．
∵，平面，平面，
∴平面．
又平面，，
∴平面平面，
又平面，∴平面．
（方法二）延长交直线于点，连结，

由，得，
由得，则，
而平面，平面，
∴平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，
由题意知为等边三角形，得，同理，
而平面，则平面，
又平面，于是平面平面，
①在平面内作，平面平面，则平面，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由，
得，，，
，
由，
得．
从而，
当时，取最小值；
②此时，，，
设为平面的法向量，则，
令，得，
故点到平面的距离为.
19. 古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯（Pappus，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：平面上，到两条已知直线距离的乘积是到第三条直线距离的平方的倍的动点轨迹为二次曲线（在平面上，由二元二次方程所表示的曲线，叫做二次曲线）.常数的大小和直线的位置等决定了曲线的形状.为了研究方便，我们设平面内三条给定的直线为，当三条直线中有相交直线时，记，，，动点到直线的距离为，且满足.阅读上述材料，完成下列问题：
（1）当，时，若，且与的距离为2，点在与之间运动时，求动点的轨迹所围成的面积.
（2）若是等腰直角三角形，是直角，点在内（包括两边）运动，试探求为何值时，的轨迹是圆？
（3）若是等腰三角形，，点在内（包括两边）任意运动，当时，问在此等腰三角形对称轴上是否存在一点，使为大于1的定值.若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）当时，的轨迹是圆
（3）存在，点为中点
【分析】（1）适当建系，以为轴，为轴，同时，再结合新定义确定轨迹方程即可求解；
（2）适当建系，以为坐标原点，为轴，为轴，同时.再结合新定义即可求解；
（3）适当建系，以为坐标原点，的角平分线为轴，设，，，结合新定义列出等式即可求解.
【小问1详解】
以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，，设，
因为在，之间，所以，，，
由定义得，所以，化简得，
表示以为圆心，1为半径的圆.
所以动点的轨迹围成的图形面积.
【小问2详解】
以为坐标原点，（）为轴，（）为轴，建立平面直角坐标系.
设，点，
则，，，，
代入坐标得：
化简整理：①
当时，方程①没有项，此时方程①为.
即，此方程表示圆心为，半径为的圆，
所以当时，的轨迹是圆.
【小问3详解】
以为坐标原点，的角平分线为轴，建立平面直角坐标系，
设，，，点，
先求点的轨迹方程：由，因为在内部，所以，得.
同理：，又.
由题意，当时，得.
化简整理得.②
假设存在点，满足条件，则③
由②得.
代入③得.
要使此式为定值，则，化简得，
故存在点，即点为与的角平分线的交点，即点为中点，
此时.
关键点点睛：这类新定义的关键是适当建系，简化计算过程，减少计算量是关键点.