福建省泉州市永春第二中学等学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市永春第二中学等学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.
【详解】解：因为点，则其关于平面对称的点为.
故选：A.
2. 椭圆的焦点为为椭圆上一点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出结果.
【详解】椭圆的长半轴长，依题意，，而，
所以.
故选：D
3. 如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的平行四边形法则、平行六面体的性质即可得出．
【详解】，
故选：B．
4. 设入射光线沿直线y=2x+1射向直线,则被反射后,反射光线所在的直线方程是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由可得反射点A(−1,−1),在入射光线y=2x+1上任取一点B(0,1)，
则点B(0,1)关于y=x的对称点C(1,0)在反射光线所在的直线上．
根据点A(−1,−1)和点C(1,0)的坐标，利用两点式求得反射光线所在的直线方程是
，化简可得x−2y−1=0.
故选D.
5. 已知点、、， 过点C的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. 以上都不对
【答案】C
【解析】
【分析】过点C的直线l与线段AB有公共点，利用数形结合，得到直线l的斜率或，进而求解即可
【详解】如图，过点C的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率或，
而，于是直线l的斜率或，
所以直线l斜率k的取值范围是，
故选：C
6. 已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
7. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
8. 如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点Q，使得B. 存在点Q，使得平面
C. 三棱锥的体积是定值D. 存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【解析】
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 若直线的斜率，直线经过点，且，则实数的值为（ ）
A. 1B. 3C. 0D. 4
【答案】AB
【解析】
【分析】利用直线垂直的充要条件列出方程，计算即得.
【详解】因，且，则斜率必存在，故，
即，化简得，
解得或.
故选：AB.
10. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且，则下列说法中正确的有（ ）

A. 异面直线与所成的角为
B.
C.
D. 直线与所成角的余弦值为0
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，由异面直线夹角范围可判断选项正误；B选项，由向量首尾相连法则结合图形可判断选项正误；C选项，由B选项结合向量模长公式可判断选项正误；D选项，注意到，后由向量夹角余弦公式可判断选项正误.
【详解】A选项，因异面直线夹角范围为，故A错误；
B选项，由图可知，又，则，故B正确.
C选项，由题可得，，
则
，故C错误；
D选项，，因.
又，则
，故D正确.
故选：BD
11. 已知椭圆的离心率为，长轴长为，设点是椭圆上的任意一点，若点到点的距离与点到定直线的距离之比为定值，则下列计算正确的是（ ）
A. 椭圆的标准方程为
B
C.
D. 若直线与椭圆相交于，两点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知列出关于方程组求得后再求得，从而得椭圆方程；设，依题意得，化简并把用表示后得关于的恒等式，由恒等式知识可求得；将与椭圆方程联立，解出交点坐标后可得距离，从而判断各选项．
【详解】由题意，所以，
所以椭圆的标准方程为，A正确；
设，依题意得，
又，所以，
所以恒成立，
可得且，且，显然，
解得，B不正确，C正确；
由，解得，，
所以交点为，，D正确．
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 两条平行直线与之间的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果.
【详解】，，解得：，
，即，
之间的距离.
故答案为：.
13. 圆上的点到直线的距离的最小值是__．
【答案】3
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离减去半径求解即可.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，
圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线的距离的最小值是．
故答案为：
14. 椭圆的左､右顶点分别为，点在椭圆上第一象限内，记，存在圆经过点，且，则椭圆的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切求得，再设出点，结合斜率的坐标公式求出即可求出离心率.
【详解】显然直线斜率都存在，且，
由，得，
则，而，
于是，设，则，
因此，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
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. 已知圆与圆
（1）求经过圆与圆交点的直线方程：
（2）求圆与圆的公共弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）判断两圆相交，将两圆的方程相减，即可得答案；
（2）确定圆的圆心和半径，求得圆心到两圆公共弦所在直线的距离，根据弦长的几何求法即可求得答案.
【小问1详解】
圆的圆心为，半径为，
圆即，圆心为，半径为，
则，故圆与圆相交；
将圆与圆的方程相减，
得，
即经过圆与圆交点的直线方程为；
【小问2详解】
圆的圆心为，半径为1，
到直线的距离为，
故圆与圆的公共弦长为.
16. 如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积为0得到，，从而证明出线面垂直；
（2）求出两平面的法向量，求出平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为三棱柱为直三棱柱，
所以，又因为，，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为为正方形，所以，
故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，，
所以，，
因为平面，，
所以平面，
【小问2详解】
由（1）可知：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
解得：，令，则，所以，
设平面与平面夹角为，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
17. 在平面直角坐标系中，直线与圆相切，圆心的坐标为.
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆交于两点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由直线与圆相切的性质结合点到直线的距离可得半径，即可得解；
（2）由题意联立方程组，结合韦达定理、平面向量垂直的性质联立方程组即可求得m，即可得解.
【小问1详解】
∵直线与圆C相切，且圆心C的坐标为，
∴圆C的半径，
则圆C的方程为；
小问2详解】
联立，得，
由，解得，
设，
则，
∵，∴，
即，
∴，解得，符合题意，
∴．
18. 如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可．
【小问1详解】
证明：因为，分别为，的中点，
所以，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
由于平面，
所以平面，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
因为，
又平面法向量为，
所以点到平面的距离为．
19. 已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，
【解析】
【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；
（2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可.
【小问1详解】
由题知，椭圆C过点和，
所以，解得
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，，
由，得，∴，
∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP
∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF
，
∴
∴恒成立
∴，解得
∴
∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立．