广东省梅州市兴宁市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省梅州市兴宁市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共22页。
一、单选题.本题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将直线转化为斜截式得到直线斜率，再利用斜率公式求得直线的倾斜角即可.
【详解】因为直线可化为，所以，
设直线的倾斜角为，则由得，
因为，所以.
故选：D.
2. 如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】.
故选：C.
3. 椭圆的焦距为4，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把椭圆化为标准形式，分焦点在，轴上两种情况进行分类讨论，能求出的值．
【详解】由椭圆化为标准形式得：
，
且椭圆的焦距，
当椭圆焦点在轴上时，，，
则由，所以，
此时方程为：不是椭圆，所以不满足题意，
当椭圆焦点在轴上时，，，
，解得，
此时方程为：，满足题意
综上所述，值为．
故选：D．
4. 如图，以等腰直角的斜边BC上的高AD为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中不正确的是（ ）

A. B.
C. D. 平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系利用空间向量运算，ABC项利用向量数量积的坐标运算可得，D项分别求两平面的法向量坐标，再利用数量积可得.
【详解】由已知AD为等腰直角的斜边BC上的高，即，
则为的中点 ，
又平面平面，平面平面，
，平面，
∴平面，又平面，
∴，又，
以D为坐标原点，分别以DB、DC、DA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
设斜边，则，
所以，

可得，
A项，，故A正确；
B项，，则，故B正确；
C项，，则，故C正确；
D项，因为平面ADC的一个法向量为，
设平面ABC的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
平面ADC的法向量和平面ABC的法向量不垂直，故D错误．
故选：D.
5. 已知原点与点关于直线对称，则在轴上的截距为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线是线段的垂直平分线，利用点斜式方程可求直线，即可求在轴上的截距.
【详解】解：由题可知，直线为线段的垂直平分线，
所以，，则，中点为，则的方程为，
当时，，则在轴上的截距为.
故选：B.
6. 棱长为3的正方体中，点E，F满足，BF⃗=2FB1⃗，则点E到直线的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量法求点到直线的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，C10,3,3，
EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量与的夹角为，
∴csθ=EF⋅FC1EFFC1=−9+119×10=−8190，
所以点到直线的距离为d=EF⋅sinθ=19×1−64190=3355.
故选：A.
7. 已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率.
【详解】将直线整理可得，
易知该直线恒过定点，
若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；
易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，
整理可得，即，
解得.
故选：A
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据目标式的几何意义，将问题转化为动点Px,y到定点和的距离之和的最小值问题，然后求出点A关于的对称点为，结合图形可解.
【详解】因为，
所以，目标式表示动点Px,y到定点和的距离之和.
点Px,y在直线上，
设点A关于的对称点为，
则，解得，
由对称性可知，，
当三点共线时等号成立，
所以，的最小值为.
故选：C
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线：，：，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线在x轴上的截距为1B. 直线在y轴上的截距为1
C. 若，则或D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据截距的定义和直线的平行，垂直逐项判断；
【详解】选项A：令，代入直线，解得：，选项正确；
选项B：令，代入直线，解得：，选项错误；
选项C：直线的法向量分别为，，因为，所以直线的法向量也平行，即：，解得：或，当时，重合，舍去，故选项错误；
选项D：，所以直线的法向量也垂直，即，解得：，选项正确；
故选：AD.
10. 已知圆，圆，直线，过点作圆的两条切线，切点分别为．下列说法中，正确的是（ ）
A. 圆与圆相交B. 直线过定点
C. 圆被直线截得弦长的最小值为D. 直线的方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由几何法判断两圆的位置关系即可判断A；将化为，由即可求出直线过的定点判断B；当直线与垂直时，弦长最小，由弦长公式求解即可判断C；则直线为过的圆与圆的公共弦，两个方程相减即可判断D.
【详解】，所以圆心，半径，
由圆，圆心，半径，
则两圆心的距离，所以圆与圆内含，故A错误；
，
所以，即，
所以，故，所以直线过定点为，故B正确；
当直线与垂直时，弦长最小，则圆心到直线的距离为：，
所以最小弦长为：，故C正确；
过点作圆的两条切线，切点分别为．
则所在圆的圆心为的中点，半径为，
所以所在圆的方程为：，
则直线为圆与圆的公共弦，
与圆两式相减得：
，故D正确；
故选：BCD
11. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A. 当P在侧面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是
C. 当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为
D. 若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】对于,根据面平面，可知点到平面的距离不变，结合方形的面积不变，可判断正确；对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量夹角余弦值范围即可求得；对于，分析点的位置，确定点的轨迹，求出轨迹长度，求和即可；对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据平面，则，从而有，
利用坐标求得，即可求出其范围.
【详解】对于,因为平面平面，
所以当P在侧面上运动时，点到平面的距离不变，
而正方形的面积不变，所以当P在侧面上运动时，
四棱锥的体积不变，故正确；
对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，

设，则，
设与所成角为，
则，
，当时，；
当时,
，
则，综上，.
所以当在线段上运动时，与所成角的取值范围是，故错误；
对于，因为直线与平面所成角为，
若点在平面和平面内，
最大，不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，作平面,

因为,所以
因为所以所以
点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹长度为
所以点的轨迹总长度为故正确；
对于，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，,
则，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
则，
因为平面,所以，
即，
所以，
当时，等号成立，故错误.
故选：
三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是_____．
【答案】或．
【解析】
【分析】方程表示焦点在轴上的椭圆，可以得到不等式，解这个不等式，求出实数的取值范围.
【详解】解：∵方程表示焦点在轴上的椭圆，
∴，
∴或．
故答案为或．
【点睛】本题考查了焦点在横轴上椭圆方程的识别，考查了解不等式的能力.
13. 在长方体中，已知异面直线与AD，与AB所成角的大小分别为60°和45°，则直线和平面所成的角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，由题意求出长方体的棱，的长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】设，，，则，
由于，所以异面直线与AD所成角为，而，从而，
由于，所以异面直线与AB所成角为，从而，
所以，．
如图，以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，．
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，取，
所以直线和平面所成的角的正弦值为，
从而直线和平面所成的角的余弦值为．
故答案为：
14. 已知圆上两点满足，则的最小值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】设弦的中点为,由题意推出动点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，再将所求式理解为点Ax1,y1到直线的距离的5倍与点Bx2,y2到直线的距离的5倍的和，结合图形，证明当且与小圆相切时得到的的5倍即所求式的最小值.
【详解】设弦的中点为，则
因点Ax1,y1,Bx2,y2在圆上，则，，
于是
，即动点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆.
设，
则可将其理解为点Ax1,y1到直线的距离的5倍，
设，
可将其理解为点Bx2,y2到直线的距离的5倍,
故要求的最小值，可先求的最小值.
如图，，且的距离为4，过点作，交小圆于点，
过点作小圆的切线，交大圆于点,分别交直线于点，
在小圆上任取点，过点作小圆的切线交大圆于点，
分别过点作于点，作于点
过点作的平行线与过点与垂直的直线交于点.
则,易得, ，
下面说明图中的即的最小值，最小值为，
此时的最小值为5，即的最小值为5.
理由：因，而,
故，即为的最小值.
故答案为：5.
四、解答题.本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚.
15. 在平面直角坐标系中，点，，直线．
（1）当点A到直线l的距离最大时，求k的值：
（2）在（1）的条件下，若过点的直线与直线和轴正半轴分别交于点M，N，其中M在第一象限，当的面积最小时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当直线时，点到直线距离最大，再用垂直直线斜率乘积结论即可；
（2）分情况讨论，当直线轴时和当直线的斜率存在时，求出的面积，结合二次函数知识计算最小值即可.
【小问1详解】
当直线时，点到直线的距离最大，
因为直线OA的斜率为，所以．
【小问2详解】
当直线轴时，易得，，此时的面积为．
当直线的斜率存在时，设，，，则，
联立解得，．
所以的面积；
当时，等号成立．
综上，的面积的最小值为24，此时直线．
16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且，点在棱上（不与点，重合）.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，利用向量先证明平面，然后可证明平面平面；
（2）分别求出平面与平面的一个法向量，然后计算出法向量夹角的余弦值，结合图形可求二面角的平面角的余弦值；
（3）由表示出点坐标即可表示出，再根据位置关系确定出与法向量关系，确定方程解的情况可作出判断.
【小问1详解】
因为平面，所以，，
又，则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
所以，，
所以，，且，，平面，
所以平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知是平面的一个法向量，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，则，，所以，
所以，
又由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
【小问3详解】
由（1）得，，，，
设，则，可得，
所以，
由（2）知是平面的一个法向量，
若平面，可得，则，该方程无解，
所以直线不能与平面垂直.
17. 已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点．
（1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程；
（2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程；
（3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）或．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，，由向量的坐标运算可得的坐标，代入计算，表示出点的坐标，然后代入圆的方程，计算化简，即可得到轨迹方程；
（2）根据题意，分直线的斜率存在于不存在讨论，然后结合圆的弦长公式代入计算，即可得到结果；
（3）分别由直线的方程得到点的坐标，代入计算，即可证明.
【小问1详解】
根据题意，，．
设，，则，，
由于，所以，
得
将其代入，得，
故点的轨迹方程为．
【小问2详解】
根据垂径定理可得．
①当斜率不存在时，直线的方程为：，
直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为，解得．
直线的方程为或．
【小问3详解】
设，则，
直线方程是，令，得，
直线方程是，令得，
所以
．
即为定值．
18. 某公园有一形状可抽象为圆柱的标志性景观建筑物，该建筑物底面直径为8米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与观景直道平行的两段辅道，观景直道与辅道距离10米.在建筑物底面中心的东北方向米的点处，有一全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度.
（1）在西辅道上距离建筑物地面中心0距离5米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内?
（2）求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度.
【答案】（1）游客不在该摄像头监控范围内
（2）观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为米
【解析】
【分析】（1）以为原点，正东方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，求出直线方程，判断直线与圆的位置关系即可；
（2）摄像头监控不会被建筑物遮挡，只需求出过点的直线与圆相切时的直线方程即可.
【小问1详解】
以为原点，正东方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系
则，观景直道所在直线的方程为，
依题意得：游客所在点为，
则直线的方程为，化简得，
所以圆心到直线的距离，故直线与圆相交，
所以游客不在该摄像头监控范围内.
【小问2详解】
由图易知：过点的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物遮挡，
所以设直线过且恰与圆相切，
①若直线垂直于轴，则不可能与圆相切；
②若直线不垂直于轴，设，整理得，
所以圆心到直线的距离为，解得或，
所以直线的方程为或，
即或，
设这两条直线与交于，
由，解得，由，解得，
所以，观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为米.
19. 已知椭圆的左焦点为，且点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知，点P为椭圆C上一点．
（ⅰ）若点P在第一象限内，延长线交y轴于点Q，与的面积之比为1∶2，求点P坐标；
（ⅱ）设直线与椭圆C的另一个交点为点B，直线与椭圆C的另一个交点为点D．设，求证：当点P在椭圆C上运动时，为定值．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据椭圆的几何性质，列方程组求解即可；
(2) (i)设其方程为y=kx−1，根据已知条件可知，利用已知条件可推出点是的中点，可表达出点坐标，将其带入到椭圆方程中，求出，即可得到点；
(ii) 设Px0,y0，分别联立直线，和椭圆的方程，结合韦达定理与平面向量的坐标运算，化简即可得解.
【小问1详解】
由题意知，，则①，
又因点在上，
所以②，联立①、②式可得，
解之可得，，所以椭圆方程为.
【小问2详解】
(i)由题意知，直线的斜率一定存在，
设其方程为y=kx−1，根据题意可知，如图所示，
令，则，即点坐标为，
设点到直线的距离为，
又因是中点，所以点到直线为，
又因与的面积之比为1∶2，
所以，所以，
即点是的中点，所以可得点坐标为，
又因点在椭圆上，所以，
解之可得，所以点坐标为；
(ii)设Px0,y0，，直线的方程为，
其中，则，
联立，可得，
根据韦达定理可知，因为，
所以，所以，
，
设直线的方程为，其中，
同理可得，
所以
，
所以为定值.