浙江省嘉兴市八校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共6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Ⅰ：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知直线过、两点，则该直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两点连线的斜率公式可求得该直线的斜率.
【详解】由题意可知，直线斜率为.
故选：C.
2. 已知直线：与：，若，则为（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由计算可得，再分别验证或时两直线是否重合即可得.
【详解】由，则有，解得，
当时，：与：，两直线不重合；
当时，：与：，两直线不重合；
故.
故选：D.
3. 已知，分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，若，则为（ ）
A. 1B. 4C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆定义计算即可得.
【详解】由椭圆定义可得，
故.
故选：B.
4. 已知，分别是平面，的法向量，且，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量的知识可知，两平面垂直等价于两法向量垂直，从而利用两法向量数量积为0求值.
【详解】因为，分别是平面，的法向量，且，
所以，即，解得，
故选：B.
5. 经过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线方程后，结合切线定义与点到直线的距离公式计算即可得.
【详解】易知切线斜率存在，设该切线方程为，即，
则有，化简得，故，
故该切线方程为，即.
故选：C.
6. 如图，在三棱锥中，已知是上靠近的三等分点，是的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量加法，减法和数乘运算法则进行求解.
【详解】是上靠近的三等分点，是的中点，
故
.
故选：D
7. 已知圆：与圆：有两条公切线，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用公切线问题转化为两圆相交问题，再转化为圆心距范围问题，即可求解.
【详解】由圆：与圆：有两条公切线，
可知两圆位置关系是相交，即圆心距小于半径之和且大于半径之差，
则，解得：，
故选：A.
8. 已知椭圆：的两个焦点为，，过的直线与椭圆相交于，两点，若，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，结合题目所给条件及椭圆定义可得，即可表示出、、、，再借助余弦定理及计算即可得解.
【详解】设，则，，则，
由椭圆定义可得，故，
即有，，，则，
则有，
整理得，即.
故选：C.
二、选择题Ⅱ：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每题全部选对得6分，有选错得0分，部分选对得部分分．
9. 已知直线：，则下列说法正确的是（ ）
A. 点到直线的距离为
B. 直线的截距式方程为
C. 直线的一个方向向量为
D. 若直线与圆相切，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，根据点到直线距离公式进行求解即可；
对于B选项，根据直线的截距式进行求解即可；
对于C选项，根据直线方向向量的概念进行求解即可；
对于D选项，根据直线与圆相切的关系，根据圆心到直线的距离等于半径进行求解即可.
【详解】对于A选项，已知直线，
则点到直线的距离，故A选项错误；
对于B选项，已知直线，则直线截距式方程为，故B选项正确；
对于C选项，已知直线，则直线的一个方向向量为，故C选项正确；
对于D选项，已知圆，其圆心到直线的距离为，由于直线与圆相切，可得：，故D选项正确.
故选：BCD
10. 如图，直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 该三棱柱的体积为4
C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为
D. 过，，三点截该三棱柱的截面面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用题设建系，对于A，通过空间向量证明平面，即得；对于B，利用直棱柱体积公式计算即得；对于C，设点，利用空间向量的夹角公式计算得出关于的函数式，通过求函数的最大值得到所成角正切值的最大值；对于D，先利用线面平行的性质作出截面，再计算其面积即可排除D.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
对于A，，，，
因， ，可得，，
因，且两直线在平面内，则有平面，
又为棱上的动点，故，即A正确；
对于B，由题意，该三棱柱的体积为，故B正确；
对于C，如图，因平面，平面，则，
又，，且两直线在平面内，故得平面，
故可取平面的法向量为n=0,1,0，
又为棱上的动点，可设，，则，
设直线与平面所成角为，则
，
因，故当且仅当时，取得最小值为，
此时取得最大值为，
因，而正弦函数和正切函数在上均为增函数，
故此时取得最大值为，故C正确.
对于D，如图，
设经过，，三点的截面交于点，
连接，因，平面，平面，则平面，
又，平面，故得，即截面为梯形，
因，，
设梯形的高为，则，解得，
则，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题.
解题思路在于，化“动”为“静”，将线线垂直的判断转化成线面垂直的证明;利用线面平行的性质作出截面求解；通过建系，将线面所成角的问题进行量化，借助于函数的最值求解.
11. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 方程无解B. 方程有两个解
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两点间距离公式，结合题意可得，取计算可得A、C、D；结合椭圆定义计算可得B.
详解】，
设，A−2,0，，则，
如图，取，则，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
又当时，随增大而增大，故无最大值，故C正确、D错误；
由，故有解，故A错误；
，则，
则的轨迹是以，为焦点的椭圆，
此时，，即，，
即椭圆方程为，
当时，得，得，即，
即方程有两个解，故B正确.
故选：BC.
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线的倾斜角为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角.
【详解】由于直线的斜率为，故倾斜角为.
【点睛】本小题主要考查由直线一般式方程求斜率，考查斜率和倾斜角的对应关系，属于基础题.
13. 点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，若，则_________．
【答案】2
【解析】
【分析】由椭圆的定义结合中位线性质即可求解.
【详解】
如图，设椭圆的另一焦点为，则，
由中位线可知：，
所以，
所以，
故答案为：2
14. 在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点. 点为正方体表面上的动点，满足. 给出下列四个结论：
①线段长度的最大值为；
②存在点，使得；
③存在点，使得；
④是等腰三角形.

其中，所有正确结论的序号是________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断①，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断B，设点的坐标根据条件列出方程组②，探求是否存在符合条件的解判断③④
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

则，
对①，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为，
此时，，
所以，即满足，故①正确；
对②，取正方形的中心M，连接，易知，
所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，，
此时，，，即不满足，
综上不存在点，使得，故②错误；
对③，设，则，，若存在，
由，可得方程组，
化简可得，解得 ，
显然当时满足题意，
即存在点，使得，故③正确；
对④，设，若，
则，化简可得，
由③知时可得，所以不妨取，
此时在正方体表面上，满足题意，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：本题的关键之处在于建立空间直角坐标系，利用坐标运算建立方程，探求是否存在满足条件的点，运算比较复杂，属于难题.
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. 已知空间三点，，，设，.
（1）求的值；
（2）若向量与互相垂直，求实数的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由题意求出，再结合向量坐标形式的加法运算和模长公式即可计算求解；
（2）由向量垂直的表示结合，即可计算求解.
【小问1详解】
由题得，，
所以，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
又，，
所以，解得.
16. 已知直线：，经过点．
（1）若，求直线的方程；
（2）在（1）的条件下，求与之间的距离；
（3）若与轴、轴的正半轴交于，两点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）6
【解析】
【分析】（1）由平行确定斜率，再由点斜式即可求解；
（2）直接由平行线间距离公式即可求解；
（3）求得直线在两坐标轴上交点，再由两点间距离公式及基本不等式即可求解.
【小问1详解】
直线的斜率为，
所以过点且与直线平行的直线方程为，
即．
【小问2详解】
因为，所以两直线间的距离为．
【小问3详解】
设直线方程为，．
当时，；当时，．
则，
则，
当且仅当，即时，等号成立．
所以的最小值为6．
17. 已知点，圆：．
（1）求圆过点的最短弦所在的直线方程；
（2）若圆与直线相交于，两点，为原点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）过点的最短弦就是圆心与连线垂直的直线，借助垂直得到斜率，再用点斜式即可；
（2）直线与圆的方程联立，借助韦达定理得到，.再由转化为向量数量积，综合韦达定理构造方程计算即可.
【小问1详解】
过点的最短弦就是圆心与连线垂直的直线，
圆的圆心，则，
所以过点的最短弦所在的直线方程为，即．
【小问2详解】
消去得，
化简后为．
因为圆与直线交于，两点，
所以，
即，解得．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，．
因为，所以，即．
由得．
从而，解得．
18. 如图，直三棱柱中，，是中点，是中点．
（1）证明：直线平面；
（2）证明：直线；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）构造中位线判定四边形为平行四边形，利用线线平行判定线面平行即可；
（2）根据线段关系判定为直角三角形，结合棱柱的特征判定，得出即可证明；
（3）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.
【小问1详解】
取中点，连接，，
，分别为，的中点，
，且，
为直三棱柱，为中点，
，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面；
【小问2详解】
连接，，，
，
为直角三角形，
为直三棱柱，
易得，，
为中点，
，；
【小问3详解】
易知平面，，
分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，
则A2,0,0，，，，，
设平面一个法向量为m=x,y,z，则，
取，易得平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则.
19. 已知椭圆：过点，离心率为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且，均不与轴垂直．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，为椭圆的上顶点，求的面积；
（3）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，解出即可得；
（2）借助弦长公式计算可得或，再利用点到直线的距离公式计算点到直线的距离后结合面积公式计算即可得；
（3）设出直线的方程，与椭圆联立后可得与交点横坐标有关一元二次方程，结合韦达定理表示出并计算即可得.
【小问1详解】
根据题意得到，解得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
因为，解得或，
当时，直线的方程经过点，不符合题意，舍去；
当时，，
点到直线的距离，
故的面积；
小问3详解】
设Mx1,y1，Nx2,y2，直线的方程为，
联立方程，得，
由，得，
则，，
因为直线，均不与轴垂直，所以，，则且，
所以，
故为定值.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．