福建省厦门市杏南中学2024-2025学年高二上学期期中阶段测试数学试题（解析版）

这是一份福建省厦门市杏南中学2024-2025学年高二上学期期中阶段测试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
作答时间:120分钟 命卷人:许坤武 审核人:刘英得
一、单选题（本大题共 8 个小题，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】A
【解析】
【分析】由直线方程求得斜率，再求直线倾斜角.
【详解】设直线倾斜角为，直线方程化成斜截式为，所以直线斜率，由，得.
故选：A
2. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，已知，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量加法法则直接求解．
【详解】连接BD，如图，
则
故选：A．
3. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上一点，若，则的面积为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，，结合，得，进而解得，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由椭圆的定义可知，且，
因为，所以，
又，故，
所以．
故选：C
4. 已知双曲线C：与椭圆有相同的焦点，且离心率为，则双曲线C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程可求得焦点坐标，再由离心率为即可得双曲线C的方程.
【详解】由椭圆方程可得其焦点坐标为，即；
又双曲线离心率为，可得，可知；
则，
所以双曲线C的方程.
故选：D
5. 若直线l过点，且与双曲线过第一和第三象限的渐近线互相垂直，则直线l的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线方程写出其渐近线方程，根据两直线垂直求出直线的斜率，由点斜式即得的方程.
【详解】
如图，由可知双曲线过第一和第三象限的渐近线方程为：，
直线l与之垂直，则直线l的斜率为，
又直线l过点，故直线l的方程为，即.
故选：B.
6. 棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】的中点为，有，余弦定理求即可；或建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角.
【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，

分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角.
正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知，
中，，，则，
同理，在中，，，
由余弦定理可知.
所以异面直线与所成角余弦值是.
解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
有，，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A.
7. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为 （ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得.
【详解】设点，则由可得，，
两边取平方，，
化简得：，即，
依题意，其圆心在直线上，可得，
故.
故选：B.
8. 已知双曲线的右焦点为F，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段FA与双曲线C的右支交于点B.若 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据条件求得，然后解直角三角形即可得答案.
【详解】设双曲线左焦点为，如图：，可得，
由双曲线的定义字，
在中，，
在中，
即，可得.
故选：A.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知直线与圆相切，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 过作圆M的切线，切线长为
C. 圆M与圆的位置关系为内含
D. 圆M与圆与圆M的公共弦所在直线的方程为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用直线与圆位置关系计算可得A正确，由勾股定理计算可得B正确，求得圆心距可判断圆M与圆的位置关系为相交，根据公共弦所在直线的方程求法即可得出结论，可得D正确.
【详解】对于A，由直线与圆相切可得：
圆心到直线的距离为，可得，即A正确；
对于B，圆心到的距离为，
由勾股定理可得切线长为，即B正确；
对于C，圆可化为，圆心为，半径为；
圆M与圆的两圆心距为，显然，
即可得两圆相交，可知C错误；
对于D，圆的圆心为，半径为，
与圆M的圆心距为，显然，即两圆相交；
将两圆方程相减可得，即D正确.
故选：ABD
10. 已知椭圆，下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的长半轴长是B. 椭圆的短半轴长是2
C. 椭圆的焦点坐标分别是D. 经过椭圆焦点的最短弦长是
【答案】BD
【解析】
【分析】由椭圆的标准方程计算可得，即可求得长轴、短轴、以及焦点坐标，再由通径长公式可得结果.
【详解】根据椭圆方程可知，可得；
因此可得椭圆的长半轴长是，短半轴长是2，即A错误，B正确；
可知，即，可得椭圆的焦点坐标分别是，可得C错误；
易知经过椭圆焦点的最短弦长是通径，即为，即D正确.
故选：BD
11. 已知空间四个点ABCD，其坐标分别为，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D. 点P到直线AC的距离为.
【答案】BD
【解析】
【分析】由向量的数量积是否为判断选项AB；由向量共线坐标条件判断C项；再由空间点到直线的距离向量求解公式可得D项.
【详解】由题意已知坐标可得，
，
A项，由，
则不与垂直，即不与垂直，故A错误；
B项，，则，
即，故B项正确；
C项， ，，
由不存在实数，使成立，则不共线，
即不平行，故C错误；
D项，，，
则点P到直线AC的距离
，故D正确
故选：BD.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 在四面体中，空间的一点满足．若，，，四点共面，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理建立方程，解之即可.
【详解】由题意知，，
根据四点共面的充要条件可得，解得．
故答案为：
13. 已知直线和互相平行，则实数___________，两直线之间的距离是___________．
【答案】 ①. 8 ②. ##
【解析】
【分析】根据两直线平行满足的系数关系，即可求解，根据两平行线间距离公式即可求解.
【详解】由于两直线平行，所以，所以，
故两直线分别为和互相平行，
即和互相平行，
故距离为，
故答案为：8，
14. 已知经过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若恰为弦的中点，且椭圆的上顶点为，则椭圆的方程为_______________
【答案】
【解析】
【分析】运用点差法推得，结合，即得椭圆方程.
【详解】
如图设，则，
由整理可得，（*），
因为弦的中点，且直线的斜率为，
则，
则由（*）可得，，即，
由题意，，则，故椭圆的方程为.
故答案为：.
四、解答题（共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 如图，在正方体中，棱长为2，E，F，G分别是的中点．

（1）求证：：
（2）求证：面；
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过建系，写出相关点和向量的坐标，利用向量垂直的坐标公式计算即得证；
（2）先求出平面的法向量，由和面即可推得面.
【小问1详解】

如图建立空间直角坐标系，
则
则-
由
可得，得证.
【小问2详解】
设面的法向量为，因
则，令，可得
因，故得，
又面，所以，面.
16. 已知圆．
（1）求圆的标准方程，并写出圆的圆心坐标和半径：
（2）若直线与圆交于A，B两点，且，求的值．
【答案】（1），圆心坐标，半径为
（2）或
【解析】
【分析】（1）配方得到圆的标准方程，得到圆心坐标和半径；
（2）由垂径定理得到圆心到直线距离，从而根据点到直线距离公式得到方程，求出答案
【小问1详解】
由，得，
则圆的标准方程为，
圆的圆心坐标，半径为．
【小问2详解】
由，得圆心到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，得或．
17. 已知椭圆， 左右焦点分别为，椭圆上的点P到两焦点距离之和是4，且长轴是焦距的2倍.
（1）求椭圆的方程；
（2）存在一组平行直线，
①直线与椭圆C相交时，求t的取值范围;
②当，直线与椭圆相交于两点，求.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义和题设条件列出的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）①联立直线与椭圆方程得一元二次方程，利用即可求得t的取值范围；
②将代入①中已得的二次方程，写出韦达定理，利用弦长公式化简计算即得.
【小问1详解】
由已知可得解得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
① 联立 ，消元得：（*）
直线与椭圆C相交时，Δ=(8t)2−4×7(4t2−12)>0
解得即；
②因 ，代入（*）可得，易知
设，则有 ，
故得.
18. 已知动点与定点的距离和M到定直线的距离的比是常数．
（1）求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线；
（2）在E上是否存在一点使得它到直线的距离最小？若存在，请求出最小距离而对应点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），轨迹是焦点在轴上，长轴和短轴分别是10和6的椭圆
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程，整理化简得，可知轨迹为椭圆；
（2）结合图象，已知直线与椭圆相离，设与之平行的直线为，与椭圆方程联立后，利用求得的值，检验后回代入直线方程即可求得使距离最小的对应点P的坐标.
【小问1详解】
设d为点M到直线l的距离，由题意可得：,
整理得：，
即得：，即
故点M的轨迹是焦点在轴上，长轴和短轴分别是10和6的椭圆.
【小问2详解】
由直线方程经过两点，易知此直线与椭圆无公共点.
如图所示，设直线m与该直线平行，其方程可设为.
联立，消去可得：.
由，解得
结合图象可得，当时，直线与椭圆的公共点P
到直线的距离最小，最小距离为,
此时方程即
解得，代入直线，解得，即此时点.
19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为，底面ABCD为直角梯形，.

（1）求PB与平面PCD所成角的正弦值；
（2）求平面PCD与平面PBA所成角的余弦值；
（3）N为AD中点，线段PC上是否存在动点M（不包括端点），使得点P到平面BMN距离为.若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果；
（2）利用面面角的向量求法计算可得结果；
（3）设，根据点P到平面BMN距离为可得值，即可求得点M的坐标.
【小问1详解】
由题意可得，AB，AD，AP两两垂直，
由与底面所成的角为，得，
故，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，
可得，，，
设平面PCD的法向量为，
可得，令，可得；
即；
设PB与平面PCD所成的角为，
则
所以PB与平面PCD所成角的正弦值为.
【小问2详解】
根据题意易知平面PBA的一个法向量，
由（1）知，平面PCD的一个法向量为，
设平面PCD与平面PBA所成角为
则，
即平面PCD与平面PBA所成角余弦值为；
【小问3详解】
易知，
设，即，
则，

可得，
设面BMN法向量为
则，
令，可得，；
即可得；
即，解得或（舍）；
此时点.