2024-2025学年辽宁省抚顺市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省抚顺市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析），共19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．已知直线经过点，，，则的倾斜角为（ ）
A．B．C．0D．
2．关于空间向量，，，下列运算错误的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知椭圆的离心率为，且过点，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，，，若，，共面，则（ ）
A．0B．1C．2D．－1
5．已知圆柱和圆锥的高相等，侧面积相等，且它们的底面半径均为2，则圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合.已知某正二十面体的棱长为1，体积为，则该正二十面体的内切球的半径为（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知正四面体的棱长为6，下列结论正确的是（ ）
A．该正四面体的高为
B．该正四面体的高为
C．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
D．该正四面体两条高的夹角的余弦值为
10．圆和圆的交点为，，点在圆上，点在圆上，则（ ）
A．直线的方程为
B．线段的中垂线方程为
C．
D．点与点之间的距离的最大值为8
11．若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ）

A．若，则
B．存在点H，使得平面
C．线段长度的最小值是
D．存在点H，使得
三、填空题
12．若直线与互相垂直，则 .
13．如图，在棱长为的正方体中，是的中点，则 .
14．已知圆，椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为椭圆上一点，直线与圆交于点，，若，则 .
四、解答题
15．已知在中，，，，记的外接圆为圆.
(1)求圆的标准方程；
(2)求过点且与圆相切的直线的方程.
16．如图，长方体的底面是正方形，分别为的中点，.

(1)证明：平面.
(2)求二面角的余弦值.
17．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，记线段的中点的轨迹为.
(1)求的方程.
(2)已知点在上，且位于第一象限，点，，设直线，的斜率分别为，，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
18．如图，在三棱锥中，为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面.
(1)证明.
(2)点在线段上，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
19．古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.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.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为.
(1)求的方程；
(2)若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.
答案：
1．B
【分析】利用倾斜角的定义求解即可.
【详解】直线经过点，，
故直线 的方程为：，倾斜角为.
故选：B
2．D
【分析】运用数量积满足的运算律，结合数量积的定义逐个判断即可.
【详解】对于A 选项：，根据空间向量的数量积满足交换律正确；
对于B 选项：，根据空间向量数量积的分配律正确；
对于C 选项：，正确；
对于D 选项：是与共线的向量，是与共线的向量，而与不一定共线，所以该式错误.
故选：D.
3．A
【分析】利用椭圆中的关系求解即可.
【详解】由题意可得解得，
所以椭圆的方程为.
故选：A
4．D
【分析】由空间向量共面的基本定理求解即可；
【详解】因为共面，所以，
即，
则解得.
故选：D.
5．D
【分析】利用圆锥的体积和侧面积公式求解即可.
【详解】设圆柱和圆锥的高为，
则圆锥的母线长为：，
由圆锥与圆柱侧面积相等得：，解得，
故圆锥的体积.
故选：D
6．A
【分析】由题意可得正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，再由棱锥的体积公式计算即可；
【详解】由题意正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合，
所以正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，设为
所以，解得，
故选：A.
7．D
【分析】建立合适空间直角坐标系，然后根据点到直线的距离的向量求法求解出结果.
【详解】以为原点，分别以，过垂直于，方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，
因为且四边形是菱形，
所以，且，即，
所以，
设点到直线的距离为，
所以，
故选：D.
8．B
【分析】设，根据，得出的轨迹方程，再结合条件为直线上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】设，则，，
因为，所以，
即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上.
点在直线上，
所以直线与圆有公共点，
则，解得
故选:B.
9．AD
【分析】根据顶点在底面的射影为底面三角形的重心计算出正四面体的高；通过余弦定理计算出，结合的关系即可求解出两条高夹角的余弦值.
【详解】取中点，连接，过作垂直于交于点M，过作垂直于交于点N，如图所示，
由正四面体的结构特点可知，为正四面体的高，记，
因为在底面的射影为的重心，所以，
所以，故A正确，B错误；
因为，，
所以，
因为，
所以，
又因为的夹角为，且，
所以，
所以夹角的余弦值为，故C错误，D正确；
故选：AD.
10．ABD
【分析】将两圆的方程作差可得A正确；由圆的一般方程变成标准方程，求出圆心，再由线段的中垂线经过和的圆心可得B正确；由几何法求出弦长可得C错误；由最大距离等于两半径之和加圆心距可得D正确；
【详解】对于A，将两圆的方程作差，可得，即直线的方程为，A正确.
对于B，圆，圆，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，，线段的中垂线经过和的圆心，故线段的中垂线方程为，故B正确.
对于C，圆的圆心到直线的距离为，故，C错误.
对于D，点与点之间的距离的最大值为，D正确.
故选：ABD.
11．ABC
【分析】先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算的值；对于选项B，先找出，，可得是平面的一个法向量，结合平面，则，依此求出H的位置；对于选项C，表示出，求解其最小值即可；对于D，依据，则，从而可判定H的存在性.
【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，

则，，，，，
故，，
所以，即Q，B，N，P四点共面，
若，则，解得，A正确；
对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即，
过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得，
则，，，，
故，，，，
易得是平面的一个法向量，若平面，
则，即，解得，符合题意，
所以存在点H，使得平面，B正确，
对于C：，
当时，取得最小值，最小值为，C正确.
对于D：若，则，
得，无解，所以不存在点H，使得，D错误.
故选：ABC
关键点点睛：根据题意可知在平面上，然后建立坐标系，根据投影表示所需要点的坐标，然后利用坐标计算即可.
12．1
【分析】根据两直线垂直的斜率关系表示计算可得结果.
【详解】易知直线的斜率，
则直线的斜率，
解得.
故1
13．6
【分析】，为等边三角形，利用向量数量积的定义求即可.
【详解】棱长为的正方体中，
连接，则是边长为的等边三角形，
..
故选：
14．6
【分析】利用求出，然后将转化为求解即可.
【详解】
设，由于，
而，则，
所以，
．
故6
15．(1)
(2)
【分析】（1）方法一，求两条线段垂直平分线的交点确定圆心，圆心到圆上一点的距离确定半径，从而得到圆的方程；
方法二，设出圆的标准方程，待定系数法求圆的方程.
（2）先求圆心与点连线的斜率，利用垂直关系，确定切线斜率，再利用点斜式即可求解切线方程.
【详解】（1）（方法一）直线的方程为，、的中点为，
所以线段的中垂线方程为，
直线的方程为，、的中点为，
线段的中垂线方程为.
直线与直线的交点为，即圆的圆心为.
点与点的距离为，
即圆的半径为，所以圆的标准方程为.
（方法二）设圆的标准方程为，
则，
解得
故圆的标准方程为
（2）圆的圆心为，，直线的斜率为，
所以切线斜率为，所求切线方程为，
整理得.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；
（1）由空间向量的坐标运算结合二面角的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）

设，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即
令，则.
证明.
因为，所以，
平面ACD1，所以平面.
（2）易知为平面的一个法向量，且.
.
易得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
17．(1)
(2)是定值，
【分析】（1）设Px1,y1，结合已知由中点坐标公式得到，，再代入圆方程即可求出；
（2）设，由斜率定义表示出两直线的斜率，得到，然后结合点在椭圆上满足，代入化简即可；
【详解】（1）

设Px1,y1，由过点作轴的垂线段，为垂足可得，
设线段的中点，
由中点坐标公式可得，，
又点在圆上，所以，即，
所以的方程为.
（2）

是定值，
设，
则，
所以，
因为点在椭圆上，所以，即，
所以，
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证平面，再由其性质定理即可证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及线面角的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为为等边三角形，所以.
因为为等腰直角三角形，且，所以.
因为平面平面，所以平面，
所以.
（2）因为平面平面，平面平面平面，所以平面.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则
.
设平面的法向量为n=x,y,z，
则即
令，则，所以.
设直线与平面所成的角为，
则
，当且仅当时，等号成立.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
19．(1).
(2)证明见解析，定点坐标为.
【分析】（1）设，用坐标表示已知条件化简后可得；
（2）不妨设. 设，设，由直线与圆相交求得的坐标（用表示），求出直线方程，观察方程得定点．
【详解】（1）设，根据，得，
即，所以的方程为.
（2）根据圆的对称性，不妨设.
设，则，
所以直线HE的方程为，直线HF的方程为.
设.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
当时，，
所以直线MN的方程为，化简得，
所以直线MN过定点;
当时，，此时直线MN过定点.
综上，直线MN过定点.
方法点睛：解析几何中直线过定点问题，用参数设出动点坐标或动直线方程等，设交点坐标为，由直线与曲线方程联立方程组消元应用韦达定理得或者直线解出，写出两交点所在直线方程（韦达定理的结论需代入），化简后观察可得定点坐标．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
D
D
A
D
B
AD
ABD
题号
11









答案
ABC