解析：山东省青岛市海尔学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的规定区域内，写在试卷上无效．
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的）
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求出复数，写出其共轭复数即可.
【详解】由，可得，则
故选：A.
2. 圆与圆的公切线有（ ）条
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由两圆位置关系，可确定公切线条数.
【详解】由题可得圆圆心，半径为2；圆圆心2,3，半径为3.
则两圆圆心距为，注意到，
则两圆相交，故两圆有2条公切线.
故选：B
3. 已知向量满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两个向量的投影向量公式得出代数式，由向量的数量积得出结果.
【详解】在方向上的投影向量：，
故选：C
4. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若与相互独立，则
B. 若，则事件与相互独立
C. 若与互斥，则
D. 若发生时一定发生，则
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，利用独立事件的概率乘法公式和概率加法公式可判断；对于B，利用独立事件的概率乘法公式即可判断；对于C，利用互斥事件的概率加法公式计算判断；对于D，利用必然事件的概率为1即可判断.
【详解】对于A，由与相互独立，可得,
则，故A错误；
对于B，由可得，
因，故B正确；
对于C，由与互斥，可得，故C错误；
对于D，因发生时一定发生，故,故D错误.
故选：B.
5. 椭圆上一点在运动过程中，总满足关系式，那么该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的定义式判断椭圆的焦点位置，求出的值即可求出离心率.
【详解】由题意，可知椭圆的焦点在轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故选：B.
6. 已知圆，直线过点，则“直线的方程为”是“直线与圆相切”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆相切求出切线方程，再由充分条件、必要条件得出选项.
【详解】因为圆可化为，
所以圆圆心坐标是，半径为1．
当直线的斜率不存在时，直线的方程是，满足直线与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，得，解得，
故直线的方程是．
综上所述，当直线的方程是或时，直线与圆相切，
则“直线的方程为”是“直线与圆相切”的充分不必要条件．
故选：A
7. 已知点是坐标原点，点是圆上的动点，点，则当实数变化时，的最小值为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的方程，整理可得圆心和半径，结合动点可得其轨迹方程，根据轴对称结合图象，可得答案.
【详解】由，则其轨迹为直线，
由圆，整理可得圆，
可得圆心，半径，
设圆心关于直线成轴对称的对称点，
则线段的中点为，直线的斜率，
可得，解得，即，
结合题意，作图如下：
由圆与圆关于直线成轴对称，则，
由图可知，
故选：C.
8. 若经过点且半径大于1的圆与两坐标轴都相切，若该圆上至少有三个不同的点到直线的距离等于，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由圆与两坐标轴相切和过点求出圆的方程，再由圆的对称性得到圆上至少有三个不同的点到直线的距离等于可转化为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式列不等式求解即得.
【详解】由题意，可设圆心为，则半径为，则，圆的方程为，
因该圆经过点，则得，解得或（舍去），
故圆的方程为：，
因该圆上至少有三个不同的点到直线的距离等于，
故圆心到直线的距离，即，解得.
故选：C.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分）
9. 椭圆的焦点为，上顶点为A，直线与椭圆的另一个交点为，若，则（ ）
A. 椭圆的焦距为2B. 的面积为
C. 椭圆的离心率为D. 的周长为8
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由椭圆方程可确定焦距；B由A分析，结合可得面积；C由可得a，c，即可得离心率；D由椭圆的定义可得周长.
【详解】A 由，可得椭圆焦点为F1-1,0，F21,0，则焦距为，故A正确；
B由题及图可得，又因，则为等边三角形，则，故B错误；
C因，，则，则离心率为，故C正确；
D由图可得，故D正确.
故选：ACD
10. 为平面外一点，是平面内一点．下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若为重心，则
C. 若与所成的角为与平面所成的角为，则
D. 若，则．
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A,B,利用向量的几何运算可判断；对于C,通过举反例来判断；对于D,说明点在底面的投影为的垂心，即可得证.
【详解】
对于A，连接并延长交于点，
因三点共线，则存在实数，使得,
又三点共线，则存在实数，使得,
则
,
又，故，故，即A正确；
对于B，因为重心，故是的中点，故,且,
则
,故B正确；
对于C，当平面时，，故C错误；
对于D，

如图，过点作平面,连接并延长交于点，连接
连接并延长交于点，连接；连接并延长交于点，连接；
因平面,则,
又，且,故平面,
因平面，故,即，
同理可证,即点为的垂心，故，
因平面,平面,则,
又，则平面，
又平面,故,即D正确.
故选：ABD.
11. 已知圆，直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 对任意实数和，直线和圆有公共点
B. 对任意实数和，直线和圆相切
C. 对任意实数，必存在实数，使直线和圆相切
D. 对任意实数，必存在实数，使直线和圆相切
【答案】AC
【解析】
【分析】由题设条件求出圆心到直线距离，对于A，由直线与圆都经过原点即可判断；对于B,D,通过举例子排除B，通过分析时的范围可排除D，对于C，将距离公式利用辅助角公式化成，根据正弦型函数的有界性即可判断.
【详解】由圆的方程可知，圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为：.
对于A，因，故圆经过坐标原点，而直线经过原点，
故对任意实数和，直线和圆有公共点，即A正确；
对于B，当时，，此时直线与圆相交，故B错误；
对于C，由其中，
故对任意实数，必存在，直线和圆相交或相切，故C正确；
对于D，不妨取，则，
因对，都有，即恒成立，此时直线与圆相交，故D错误.
故选：AC.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线方程可得其斜率，结合平行的位置关系建立方程可得参数，利用距离公式，可得答案.
【详解】由直线，可得其斜率，
由两直线平行可得，且直线斜率为，
解得，即直线方程为，
所以两直线的距离为.
故答案为：.
13. 若圆与圆相交于两点，且，则实数__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由两个圆方程得到公共弦直线方程，由垂径定理得到等式，解方程即可得到答案.
【详解】，圆心，半径
∴直线：，
圆心到直线距离，
由垂径定理可得，∴，即，
∴或，经验证均满足题意.
故答案为：或
14. 数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．若的顶点，则欧拉线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后由点斜式即可求得欧拉线的方程.
【详解】因的顶点，则其重心为,即；
显然的外心在线段的中垂线上，故可设，
由，可得，解得,
则外心坐标为，于是,
故欧拉线方程为：，即.
故答案为：.
四､解答题（本大题共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. 海尔学校组织师生趣味排球赛，采用5局3胜制，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，同时比赛结束．假设在一局中，学生队获胜的概率为0.6，教工队获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，学生队､教工队各胜1局．
（1）求再赛2局结束这次比赛的概率；
（2）求教工队获得这次比赛胜利的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）再赛2局结束这次比赛分“第三、四局学生队胜”与“第三、四局教工队胜”两类情况，根据互斥事件的概率公式和独立事件同时发生的概率公式求解可得；
（2）由题意，教工队获得这次比赛胜利只需后续比赛中教工队先胜两局即可，根据互斥事件的概率公式和独立事件同时发生的概率公式求解即得.
【小问1详解】
用表示事件“第局学生队获胜”， 表示事件“第局教工队获胜”， ,
设“再赛2局结束这次比赛”为事件，则,
由于各局比赛结果相互独立，且事件与互斥.
故
.
故再赛2局结束这次比赛的概率为.
【小问2详解】
设“教工队获得这次比赛胜利”为事件,因前2局中，学生队､教工队各胜1局，
故教工队最终获胜即相当于在后续比赛中，教工队先胜2局,
故,
由于各局比赛结果相互独立，且事件，，两两互斥，
故


.
故教工队获得这次比赛胜利的概率为.
16. 已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求角；
（2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，逆用和角公式将其化简，求出值，即得角；
（2）由三角形面积相等和余弦定理求得，利用面积公式即得.
【小问1详解】
由和正弦定理，可得，
则，即，
因，，则，因，故；
【小问2详解】
如图,因为的平分线，，，
由，可得，
即（*），
由余弦定理，，即，即，
将（*）代入整理，可得，解得（负值舍去），
故的面积为.
17. 古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且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，设点所构成的曲线为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）若，求点的轨迹的方程；
（3）过作两条互相垂直的直线与点的轨迹分别交于和四点，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）7
【解析】
【分析】（1）设点，由题设等式代入点的坐标，整理即得点的轨迹方程；
（2）设点，由代入点的坐标，整理得，将其代入方程即得点的轨迹方程；
（3）结合图形，过点分别作于点，作于点，记，可推得，再利用垂径定理，用表示弦长和，根据基本不等式，即可求得四边形面积的最大值.
【小问1详解】
设，由可得：，
两边取平方，整理得：，即.
故点的轨迹方程为：；
【小问2详解】
设点，由，可得，
即则有（*），
因点在圆上，故有，
将（*）代入上式得：，即.
故点的轨迹的方程为：；
【小问3详解】
如图，过点分别作于点，作于点，记，
因,且，即得矩形,故有.
由图知,
则四边形面积为,
因，故，
由基本不等式，，
当且仅当，等号成立，
即当时，四边形面积取得最大值为7.
18. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别是的中点，点在线段上，且．
（1）证明：无论取何值，总有；
（2）当取何值时，直线与平面所成角最大？并求该角取最大值时的正切值；
（3）是否存在点，使得平面与平面所成二面角的余弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）时，；
（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用条件建系，求出相关点和向量坐标，证明即得；
（2）求出相关向量的坐标，利用空间夹角的坐标公式计算出利用二次函数的性质即可求出的最大值，和此时的正切值；
（3）利用空间向量的夹角公式列出方程，解得，经检验不符合题意，故得结论.
【小问1详解】
如图，因三棱柱是直棱柱，且，
故可以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
则,
因分别是的中点，则,又，
于是，，
由，可得无论取何值，总有，得证.
【小问2详解】
由（1）建系，已得，平面的法向量可取为，
则
故当时，取得最大值，因为锐角，此时也取到最大值，
则，,
即当时，直线与平面所成角最大，此时该角的正切值为2；
【小问3详解】
假设存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为.
因,
设平面的法向量为，则有,
故可取，又平面的法向量可取为，
依题意，，解得，，
因点在线段上，且，则必须，
故不存在点，使得平面与平面所成的二面角的余弦值为.
19. 如图，球的半径为．为球面上三点，我们把过球心的平面截球面所得的圆称为大圆，和是大圆上的劣弧，它们围成的曲面（阴影部分）叫做球面三角形．若二面角分别为，则球面三角形的面积为.
（1）若二面角均为，求球面三角形的面积；
（2）已知平面三角形为直角三角形，，设.则：
①求证：；
②延长与球交于点，若直线与平面所成的角分别为，为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）根据题目中的公式，结合已知条件，可得答案；
（2）①根据余弦定理以及勾股定理，利用等量代换整理等式，可得答案；
②根据线面垂直可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用面面夹角的向量公式，可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，所以球面的面积为.
【小问2详解】
①由余弦定理可得：，，，
由题意可得，在中，，
；
②由是球的直径得，
且，平面，
所以平面，且平面，则，
由，平面，可得平面，
由直线与平面所成的角分别为，所以，
不妨设，则，
由可以为坐标原点，以所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
则，
由，则，
设平面的法向量为m=x,y,z，则，
令，则，可得平面的一个法向量为；
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，可得平面的一个法向量为；
要使取最小值，则取得最大值，
因为
，
令，，则，
可得，
当且仅当取等号.
则取最大值，为最小值.
【点睛】思路点睛：利用基本不等式求最值是解决最值问题的重要方法之一，本题在求解的最值时，利用换元法令，，将函数表达式中包含变量的部分整理为，从而可利用基本不等式工具求出的最值，进而可求出答案.