2025山东省实验中学高二上学期11月期中考试数学含解析

这是一份2025山东省实验中学高二上学期11月期中考试数学含解析，共26页。试卷主要包含了11， 已知空间向量，若共面，则实数， “”是“直线与直线平行”的， 给出下列说法，其中不正确的是， 实数满足，则的最小值为， 已知椭圆的左、右焦点分别为，， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024.11
（选择性必修—检测）
说明：本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，第Ⅱ卷为第3页至第4页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.
考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（共58分）
一、单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分. 每小题只有一个选项符合题意）
1. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
2. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 给出下列说法，其中不正确的是（ ）
A. 若，则，与空间中其它任何向量都不能构成空间的一个基底向量
B. 若，则点是线段的中点
C 若，则A，，，四点共面
D. 若平面，的法向量分别为，，且，则
4. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
5. 实数满足，则的最小值为（ ）
A. 3B. 7C. D.
6. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
7. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B. 圆与直线必有两个交点
C. 在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为
D. 设，，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是
10. 已知椭圆的离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 焦距为2B. 椭圆的标准方程为
C. D. 的最大值为
11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ）

A. 平面
B. ，，，四点共面
C. 点到平面的距离为
D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.）
12. 已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围为______.
13. 如图，已知点，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是__________.

14. 杭州第19届亚运会的主会场——杭州奥体中心体育场，又称“大莲花”（如图1所示）．会场造型取意于杭州丝绸纹理与纺织体系，建筑体态源于钱塘江水的动态，其简笔画如图2所示．一同学初学简笔画，先画了一个椭圆与圆弧的线稿，如图3所示．若椭圆的方程为，下顶点为为坐标原点，为圆上任意一点，满足，则点的坐标为__________；若为椭圆上一动点，当取最大值时，点恰好有两个，则的取值范围为__________．
四、解答题（本题共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. 已知两直线和的交点为．
（1）直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程；
（2）圆过点且与相切于点，求圆的一般方程．
16. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为直线与椭圆交于，两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值.
17. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）.
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18. 已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.
（1）求圆C的方程；
（2）直线与圆C交于不同的M，N两点，且，求直线的斜率；
（3）过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在y轴正半轴上是否存在定点N，使得y轴平分？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由.
19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，.
（1）若以为“稳点”-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值；
（2）在（1）条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围；
（3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.山东省实验中学2024～2025学年第一学期期中
高二数学试题
2024.11
（选择性必修—检测）
说明：本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，第Ⅱ卷为第3页至第4页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.
考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（共58分）
一、单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分. 每小题只有一个选项符合题意）
1. 已知空间向量，若共面，则实数 （ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理可知存在一对有序实数，使，然后列方程组可求得答案.
【详解】因为不共线，共面，
所以存在一对有序实数，使，
所以，
所以，解得，
故选：A
2. “”是“直线与直线平行”（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由两直线平行斜率相等的关系求解即可；
【详解】当时，直线，直线，此时两直线斜率相等，且两截距，
所以两直线平行，故充分性成立；
当直线与直线平行时，
有，解得或3，故必要性不成立，
故选：B.
3. 给出下列说法，其中不正确的是（ ）
A. 若，则，与空间中其它任何向量都不能构成空间的一个基底向量
B. 若，则点是线段的中点
C. 若，则A，，，四点共面
D. 若平面，的法向量分别为，，且，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，根据基底向量的定义分析判断；对于B，根据线性运算可得，即可得结果；对于C，根据四点共面的结论分析判断；对于D，可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解.
【详解】对于选项A：因为，则，与任何向量都共面，
所以，与任何向量都不能构成空间的一个基底向量，故A正确；
对于选项B：因为，即，
可得，所以M为AB中点，故B正确；
对于选项C：因为，且，
所以A，，，四点不共面，故C不正确；
对于选项D，平面α，β的法向量分别为，，
当时，则，
可得，解得，故D正确；
故选：C.
4. 若三条直线，，不能围成三角形，则实数的取值最多有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知直线与直线或直线平行，或直线过点，进而列式求解即可.
【详解】联立方程，解得，
可知：直线的斜率为，的斜率为，且直线、的交点为，
若三条直线不能围成三角形，则直线与直线或直线平行，或直线过点，
可知直线的斜率存在，且为，
可得或或，解得或或，
所以实数的取值最多有3个.
故选：B.
5. 实数满足，则的最小值为（ ）
A. 3B. 7C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简可得，表示为圆上点到直线距离的倍，运用几何法求解即可.
【详解】化简可得，即在圆上，
则表示为圆上点到直线距离的倍，
圆心到直线距离为，
则的最小值为.
故选：A
6. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线l的方程得到直线l恒过定点，根据曲线C的方程曲线C表示半圆，然后结合图形求k的范围即可.
【详解】直线l恒过定点，
曲线C的方程可整理为，
所以曲线C表示以为圆心，半径为2的半圆，图象如下所示：
，为两种临界情况，由题意得，则，
令圆心到直线l的距离，解得，则，
所以当时，直线l与曲线C有两个不同的交点.
故选：D.
7. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值.
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵四点共面，
∴，即．
∵，当且仅当时，等号成立，
∴的最小值为1．
故选：C
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，.点在上且位于第一象限，圆与线段的延长线，线段以及轴均相切，的内切圆为圆.若圆与圆外切，且圆与圆的面积之比为4，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆、与轴的切点分别为，，圆心、在的角平分线上，从而切点也在的角平分线上，所以，由切线的性质求得，，由圆面积比得半径比，然后由相似形得出的关系式，从而求得离心率．
【详解】由已知及平面几何知识可得圆心、在的角平分线上.如图，
设圆、与轴的切点分别为，，由平面几何知识可得，直线为两圆的公切线，
切点也在的角平分线上，所以，
由椭圆的定义知，则，所以，
所以，所以，
.又圆与圆的面积之比为4，
所以圆与圆的半径之比为2，因为，所以，
即，整理得，故椭圆的离心率.
故选：B.
二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B. 圆与直线必有两个交点
C. 在轴、轴上的截距分别为，的直线方程为
D. 设，，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率关系判断A；由直线所过定点与已知圆的位置关系判断B；注意截距为0的情况判断C；由直线所过定点与所成直线斜率，求参数范围判断D.
【详解】A：倾斜角从锐角到钝角的过程中，斜率符号由正变负，错；
B：由恒过定点，而，即定点在圆内，
所以圆与直线必有两个交点，对；
C：若截距为0的情况，不能用表示直线，错；
D：由过定点，且在y轴两侧，
该定点与，所成直线斜率分别为，
所以，即，对.
故选：BD
10. 已知椭圆的离心率为，长轴长为6，，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 焦距为2B. 椭圆的标准方程为
C. D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据条件先求椭圆的方程，再判断选项，D选项利用椭圆的定义，将距离的和转化为距离差的最大值，利用数形结合，即可判断.
【详解】由条件可知，，得，
所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，故A错误，B正确；
，，，故C正确；
，当点三点共线，且点在之间时，等号成立，故D正确.
故选：BCD
11. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ）

A. 平面
B. ，，，四点共面
C. 点到平面的距离为
D. 若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】画出“阿基米德体”对应的正方体，由图可判断AB选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量来判断CD选项.
【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.

A选项：由图可知平面，A选项正确；
B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确；

C选项：如图建立空间直角坐标系，

∵，∴正方体棱长为4，∴，，，，
所以，设平面的一个法向量为，
则，解得，即，
，
∴点到平面的距离，故C选项错误；
设且，所以，
设与的夹角为，
所以
当时，令，
因为当且仅当，即时取等号，
所以，即
当时，，
所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛，本题的关键是还原原来的正方体，然后利用空间向量来解决立体图像中的距离和夹角问题.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.）
12. 已知直线的倾斜角，则直线的斜率的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率的定义以及正切函数的单调性可得结论.
【详解】因为在上为增函数,所以,
因为在上为增函数,所以,
又时,直线的斜率不存在,
所以直线的斜率的取值范围是.
故答案为：.
13. 如图，已知点，，从点射出的光线经直线反射后再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是__________.

【答案】
【解析】
【分析】求出关于的对称点和它关于y轴的对称点，则就是所求的路程长.
【详解】解：直线的方程为，即，

设点关于直线AB的对称点为，
则，解得，即，
又点关于y轴的对称点为，
由光的反射规律以及几何关系可知，光线所经过的路程长．
故答案为：
14. 杭州第19届亚运会的主会场——杭州奥体中心体育场，又称“大莲花”（如图1所示）．会场造型取意于杭州丝绸纹理与纺织体系，建筑体态源于钱塘江水的动态，其简笔画如图2所示．一同学初学简笔画，先画了一个椭圆与圆弧的线稿，如图3所示．若椭圆的方程为，下顶点为为坐标原点，为圆上任意一点，满足，则点的坐标为__________；若为椭圆上一动点，当取最大值时，点恰好有两个，则的取值范围为__________．
【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】
【分析】设，把已知用坐标表示并化简得轨迹方程后可得点坐标，用三角换元法设，求出后结合对称性、二次函数性质，正弦函数性质可得参数范围．
【详解】设，由得，化简得，
∴，
椭圆的方程是，设，
，
令，则，
依题意，点在轴上方，且关于轴对称，因此取最大值时，对应的，
时，取得最大值，且，又，因此可解得．
故答案为：；．
四、解答题（本题共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. 已知两直线和的交点为．
（1）直线过点且与直线平行，求直线的一般式方程；
（2）圆过点且与相切于点，求圆的一般方程．
【答案】（1）．
（2）．
【解析】
【分析】（1）联立求出，根据平行关系，设出直线为，代入点，得到，求出答案；
（2）设圆标准方程，将与代入，得到方程组，并根据相切关系得到关于斜率的方程，联立求出，求出答案.
【小问1详解】
直线与直线平行，故设直线为，
联立方程组，解得．
直线和的交点．
又直线过点，则，解得，
即直线的方程为．
【小问2详解】
设所求圆的标准方程为，
的斜率为，故直线的斜率为1，
由题意可得
解得
故所求圆的方程为．
化为一般式：．
16. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆交于，两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率和椭圆过点解得的值，写出椭圆方程；
（2）写出直线方程，联立方程组消元得到二次方程，用韦达定理表示出线段的长，再求出点到直线的距离，由三角形面积公式求得四边形面积代数式，然后求最大值.
【小问1详解】
由题意可得：，解得，
由椭圆过点，得，联立解得，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意可设，
点在第一象限，，
设，，点，到直线的距离分别为，，
由，消可得，
，，
，
，，直线的一般式方程：，
，，
，
，
当时，有最大值为.
17. 在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将△沿折起到△位置，使得（如图2）.
（1）求证：平面平面；
（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是菱形，从而证明平面ABC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
证明：∵在梯形中，，
，，为的中点，
∴，，，
∴是正三角形，四边形为菱形，
∴，，
∵，
又∵平面ABC，
∴平面ABC，
∵平面，
∴平面⊥平面ABC.
【小问2详解】
存在，，理由如下：
∵平面，OP⊥AC，
∴，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
∴，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，，
，
设，
∵，，
∴，
设与平面所成角为，则，
即，，解得，
∴线段上存在点，且，使得与平面所成角正弦值为.
18. 已知直线，半径为2圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.
（1）求圆C的方程；
（2）直线与圆C交于不同的M，N两点，且，求直线的斜率；
（3）过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在y轴正半轴上是否存在定点N，使得y轴平分？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设出圆心，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于2，确定圆心坐标，即可得圆的方程.
（2）根据题意得圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式列方程，即可求解.
（3）当直线的斜率存在时，设出方程与圆的方程联立，韦达定理，结合，即可求出点的坐标；当轴时，利用y轴平分求得点N的坐标满足的条件，即可得定点坐标.
【小问1详解】
设圆心，则，
解得或（舍），故圆的方程为．
【小问2详解】
由题意可知圆心到直线的距离为，
则有，解得.
【小问3详解】
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
若y轴平分，则，即，即，
即，即，即，
当时，上式恒成立，即；
当直线的斜率不存在时，易知满足题意；
综上，当点的坐标为时，y轴平分.
19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，.
（1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值；
（2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围；
（3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由新定义得到，结合常数，即可求解；
（2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解；
（3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【小问1详解】
因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设Px,y是该圆上任意一点，则，
所以，
因为为常数，
所以，且，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，设，
由，得，
所以，
，
整理得，即，
所以，
，
由，得，
即OQ的取值范围是.
【小问3详解】
证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得，
该圆关于点对称.
由点关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称
【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点.