浙江省宁波市五校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷(含答案)

这是一份浙江省宁波市五校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．下列直线中,倾斜角最大的是( )
A.B.
C.D.
2．已知点,,,且四边形是平行四边形,则点D的坐标为( )
A.B.
C.D.
3．如图,平行六面体中,E为BC的中点,,,,则( )
A.B.
C.D.
4．如图,这是一个落地青花瓷,其中底座和瓶口的直径相等,其外形被称为单叶双曲面,可以看成是双曲线的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为,最大直径为,双曲线的离心率为,则该花瓶的高为( )
A.B.C.D.
5．若直线与直线互相垂直,则的最小值为( )
A.B.3C.5D.
6．已知双曲线的左､右焦点分别为,,点A在y轴上,点B在C上,,则C的离心率为( )
A.B.C.2D.
7．已知双曲线的离心率为,圆与C的一条渐近线相交,且弦长不小于2,则a的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．已知曲线,则下列结论中错误的是( )
A.曲线E与直线无公共点
B.曲线E关于直线对称
C.曲线E与圆有三个公共点
D.曲线E上的点到直线的最大距离是
二、多项选择题
9．已知向量,则下列结论正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.的最大值2D.为钝角,则
10．如图所示,在棱长为2的正方体中,P是线段上的动点,则下列说法正确的是( )
A.平面平面
B.的最小值为
C.若P是的中点,则到平面的距离为
D.若直线与所成角的余弦值为,则
11．中国结是一种手工编织工艺品,其外观对称精致,符合中国传统装饰的习俗和审美观念,中国结有着复杂曼妙的曲线,其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线．已知在平面直角坐标系中,到两定点,距离之积为常数的点的轨迹C是双纽线．若是曲线C上一点,则下列结论正确的是( )
A.曲线C上有且仅有1个点P满足
B.曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C.若直线与曲线C只有一个交点,则实数k的取值范围为
D.曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
三、填空题
12．点到直线的距离最大值是____________．
13．如图,在三棱锥中,已知平面,,,则向量在向量上的投影向量为___________（用向量来表示）.
14．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同,则积不容异”,其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等．如图,阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形,将此图形绕轴旋转一周,得到一个旋转体,则这个旋转体的体积为____________．
四、解答题
15．已知直线,,直线l过点且与垂直.
(1)求直线l的方程;
(2)设l分别与交于点A,B,O为坐标原点,求过三点A,B,O的圆的方程.
16．如图,在三棱柱中,四边形是边长为4的菱形,,点D为棱上动点（不与A、C重合）,平面与棱交于点E．
(1)求证：;
(2)已知,,,求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知双曲线的离心率为,实轴长为6,A为双曲线C的左顶点,设直线l过定点,且与双曲线C交于E,F两点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)证明：直线AE与AF的斜率之积为定值.
18．如图,在四棱锥中,是等边三角形,平面平面,,,M是棱PC上的点,且,.
(1)求证：平面PAD;
(2)设二面角的大小为,若,求的值.
19．已知椭圆,点A为椭圆短轴的上端点,P为椭圆上异于A点的任一点,若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到,则称此椭圆为“圆椭圆”,已知．
(1)若,判断椭圆是否为“圆椭圆”;
(2)若椭圆是“圆椭圆”,求a的取值范围;
(3)若椭圆是“圆椭圆”,且a取最大值,Q为P关于原点O的对称点,Q也异于A点,直线、分别与x轴交于M、N两点,试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
参考答案
1．答案：C
解析：直线的斜率为,倾斜角为;直线的斜率为,倾斜角为,
直线的斜率为-1,倾斜角为;直线的斜率为1,倾斜角为,
显然直线的倾斜角最大.
故选：C.
2．答案：A
解析：设设点D的坐标为,
由题意得
,
因为四边形是平行四边形,所以,
所以,解得,
故选：A.
3．答案：B
解析：在平行六面体中,E为BC的中点,
所以.
故选：B.
4．答案：B
解析：由该花瓶横截面圆的最小直径为,有,
又由双曲线的离心率为,有,
可得双曲线的方程为,代入,可得,故该花瓶的高为.
故选：B.
5．答案：C
解析：因为直线与直线互相垂直,
所以,化简得,
所以,当且仅当时取“=”,所以的最小值为5,
故选：C.
6．答案：D
解析：如图,令,由,得,
又,则,,,
即,又由,得,
,
故选：D.
7．答案：B
解析：设双曲线C的半焦距为,
则,解得：,
且双曲线C的焦点在x轴上,所以双曲线C的渐近线为,
因为圆的圆心为,半径,
可知圆关于x轴对称,不妨取渐近线为,即,
则圆心到渐近线的距离,可得：.
又因为圆与双曲线C的一条渐近线相交弦长为,
由题意可得：,解得：.
综上可得：a的取值范围是.
故选：B.
8．答案：D
解析：当,时,曲线方程为,表示圆的一部分,
当,时,曲线方程为,表示焦点在x轴上的等轴双曲线的一部分,
当,时,曲线方程为,表示焦点在x轴上的等轴双曲线的一部分,
其图象如图所示：
A.因为是等轴双曲线的渐近线,曲线E与直线无公共点,故正确;
B.将方程中的x,y互换后方程不变,所以曲线E关于直线对称,故正确;
C.圆的圆心为,
又,即当,时,
曲线与圆相切,所以有三个公共点,故正确;
D.作与直线平行的直线与曲线切于点上的点到直线的最大距离是,故错误;
故选：D.
9．答案：AB
解析：A.若,则,解得,故正确;
B.当或时,,不平行,
所以时,有,解得,故正确;
C.,无最大值,故错误;
D.若钝角,则,且,不反向共线,
解得且,故错误;
故选：AB.
10．答案：ABC
解析：A.因为平面,且平面,所以平面平面,故正确;
B.因为,且为定值,所以,故正确;
C.因为平面平面,且到平面,
所以到平面的距离即为到直线的距离,
又,,解得,故正确;
D.当时,,
则,故错误;
故选：ABC.
11．答案：ACD
解析：设,则,
化简得,
将代入可得,
所以曲线,
对于A,若点P满足,则P在垂直平分线上,则,
设,则,解得,
故只有原点满足,故A正确;
对于B,令,解得或,即曲线经过,,,
结合图象,得,
令,得,
令,得,
因此,结合图象曲线C只能经过3个整点,,故B错误;
对于C,直线与曲线一定有公共点,
若直线与曲线C只有一个交点,
所以,整理得无非零实数解,
,解得,故C正确;
对于D,可得,
所以曲线C上任意一点到坐标原点O的距离,
即都不超过3,故D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解析：由题意得,直线过定点,则,
如图所示,当直线与直线垂直时,
此时点到直线的距离最大值,且最大值为.
故答案为：.
13．答案：
解析：由题意,
在三棱锥中,已知平面,
,
面,
,,
在中,,,
,
,
向量在向量上的投影向量为：
,
故答案为：.
14．答案：
解析：双曲线的渐近线为,
设直线交双曲线及其渐近线分别于C,D及A,B,如图,
由,得,,
由,得,,
线段,绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面,
它是一个圆环,其内径,外径,
此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为,旋转体的高为,而底面圆半径为2,高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为,
由祖暅原理知,此旋转体的体积等于底面圆半径为2,高为的圆柱的体积为.
故答案为：.
15．答案：(1);
(2)（或）;
解析：(1)由题意可得的斜率为-1,
可得直线l的斜率为,由点斜式方程可得,
即直线;
(2)联立直线l和方程,解得;
联立直线l和方程,解得;
如下图所示：
设过三点A,B,O的圆的方程为,
将三点坐标代入可得,解得,
可得圆的方程为（或）.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1) ,
且平面,平面,
平面,
又平面,且平面平面,
;
(2)连结,取中点O,连结,,
在菱形中,,
是等边三角形,
又为中点, ,,
同理,又,
,
,
又, ,
故,,两两垂直,
以点O为原点,,,为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
,,,,
,,
设平面的一个法向量为,
则,所以,令,则,,
故,又,
设与平面所成角为,
,
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．答案：(1)
(2)证明见详解
解析：(1)因为双曲线的实轴长为6,所以,
因为双曲线的离心率为,所以,解得,
由,得,则C的方程为.
(2)设,,因为直线l过定点,显然直线l不垂直于y轴,
则设直线,
联立方程组,消去x得,
由,得,
则,,
因为A为双曲线C的左顶点,所以,
直线AE的斜率,直线AF的斜率,
所以
,
即直线AE与AF的斜率之积为定值.
18．答案：(1)证明见解析
(2)或
解析：(1)因为,,
所以,,
在中,,,
由余弦定理得,,
所以,
即,,
取的中点O,连结,因为是等边三角形,所以,
又因为平面平面,
平面平面,平面PAD,
所以平面,
又因为平面,
所以.
又因为,,平面,
所以平面.
(2)取的中点N,连结,则,所以,
以O为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,,
,
又,设平面MBD的一个法向量为,
则即,
当时,平面平面,不合题意;
当时,令,得平面的法向量为,
易知平面的一个法向量为,
由于平面与平面所成角的余弦值为,
故有,
解得或.
19．答案：(1)是
(2)
(3)是,证明见解析
解析：(1)由题意得椭圆方程为,所以,
设,则
,
二次函数开口向下,对称轴为,所以函数在上单调递减,
所以时,函数取最大值,此时为椭圆的短轴的另一个端点,
椭圆是“圆椭圆”;
(2)因为椭圆方程为,,设,,
则,,
由题意得,当且仅当时,函数值达到最大,
①当开口向上时,满足（与矛盾,舍去）;
②当开口向下时,满足,
综上可得a的取值范围为．
(3)法—：由(2)可得,则椭圆方程为,
由题意：设,且,
则,则直线,则,
则直线,则,
若为直径的圆过定点C,由对称性知C在y轴上,设则,且,
,,
则,解得,
所以得定点．
法二：椭圆方程：,设,,
则,,
所以,,
若为直径的圆过定点C,由对称性知C在y轴上,
设,则,又,,
所以, ,解得,
所以得定点.