浙江省绍兴市2024-2025学年高二数学上学期期中测试试题含解析

Page21留意事项：1.考试时间：120分钟；2.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题只有一项是符合要求）1.若直线经过坐标原点和，则它的倾斜角是（）A. B. C. D.或【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，进而可求得该直线的倾斜角．【详解】由题意可知，直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，明显，所以，得．故选：C．2.直线x-2y-1=0与直线x-2y-c=0的距离为2，则c的值为（）A.9 B.11或 C. D.9或【答案】B【解析】【分析】由题意利用两条平行线间的距离公式，可的c的值.【详解】解：直线x-2y-1=0与直线x-2y-c=0的距离为2，，解得：c=11或c=-9.故选B.【点睛】本题主要考查两平行线间的距离公式，相对简洁.3.方程不能表示圆，则实数的值为A.0 B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】先假设方程可以表示圆得到的值，从而可得到不能表示圆时a的值.【详解】方程能表示圆，则，解得，即.所以，若方程不能表示圆，则.故选A.【点睛】本题主要考查了圆的一般方程及正难则反的数学思想.4.若圆，圆，则，的公切线条数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】先得圆的方程的标准形式，得到圆心和半径，得到两圆的位置关系即可得公切线的条数.【详解】依题意，圆，圆心为，半径为3；圆，圆心为，半径为6；因为，故圆，相交，有2条公切线，故选：B.5.已知，则“”是“曲线表示椭圆”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】求得方程表示椭圆的充要条件所对应的m的范围，再依据充分必要条件的定义推断即可．【详解】若方程表示椭圆，则，解得且，所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件.故选：C．6.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的最小值为（）A.6 B. C.12 D.【答案】A【解析】【分析】确定，两点坐标，再依据点到直线距离确定到距离的最小值，进而求得三角形面积的最小值.【详解】，，∴，圆的圆心到直线的距离，∴到距离的最小值为，∴面积的最小值为，故选：A.7.三棱柱的侧棱与底面垂直，，，N是BC的中点，点P在上，且满意，当直线PN与平面ABC所成的角最大时的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN与平面ABC所成的角，即可求得结论．【详解】如图，以AB，AC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，平面ABC的一个法向量为，设直线PN与平面ABC所成的角为，，当时，，此时角最大．故选：D．8.已知椭圆的左右焦点为，过的直线与椭圆交于AB两点，P为AB的中点，，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在中，由余弦定理可得的长度，进而依据边的关系得为直角三角形，依据焦点三角形即可得关系.【详解】设则，所以由于，所以为锐角，故，在中，由余弦定理得，因此,故为直角三角形，所以，由的周长为，所以故，故选：B二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.下面四个结论正确的是（）A.向量，若，则B.若空间四个点，，，，，则，，三点共线C.已知向量，，若，则D.随意向量，满意【答案】ABC【解析】【分析】由空间向量的数量积及其运算性质可推断A，由空间向量的基本定理与共线定理以及向量基底可推断B，依据空间向量共线的坐标表示可推断C，利用数量积的定义推断D.【详解】对于A：因为，，则，正确；对于B：因为，则，即，又与有公共点，所以三点共线，正确；对于C：因为向量，，，所以存在，使得，即，则，解得，正确；对于D：表示平行于的向量，表示平行于的向量，当与不平行时，确定不成立，错误.故选：ABC10.关于直线：，以下说法正确的是（）A.直线过定点B.若，直线与垂直C.时，直线不过第一象限D.时，直线过其次，三，四象限【答案】ABD【解析】【分析】利用分别参数法、直线的斜截式方程以及两直线垂直的判定求解.【详解】直线：可变形为：，由解得，所以直线过定点，故A正确；当，直线：，所以与直线的斜率之积为，即两直线垂直，故B正确；对于C选项，直线：可变形：，当时，，直线经过第一，二，三，象限，故C错误；对于D选项，直线：，当时，，直线经过其次，三，四象限，故D正确；故选：ABD．11.在平面直角坐标系中，已知，若动点满意，则（）A.存在点，使得 B.面积的最大值为C.对随意的点，都有 D.有且仅有个点，使得的面积为【答案】ABD【解析】【分析】依据题意求得P的轨迹是椭圆为，从而推断椭圆上是否存在点，使得；当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值；由椭圆定义知，，验证C选项；求得使得的面积为的P点坐满意的关系，与椭圆联立，依据判别式推断交点个数.【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在x轴上的椭圆，则，椭圆方程，当点P为椭圆右顶点时，，故A正确；当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，为，故B正确；，因，故C错误；设使得的面积为的P点坐标为，由坐标知，，直线的方程为，则，解得或，联立，化简得，则，因此存在两个交点；同理可得直线与椭圆仅有一个交点；综上，有且仅有个点，使得的面积为，故D正确；故选：ABD12.如图，点E是正方体的棱的中点，点M在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线与直线始终是异面直线B.存在点，使得C.四面体的体积为定值D.H为线段的中点，【答案】BCD【解析】【分析】对于A选项，当位于中点时，与共面；对于选项B和D可接受空间向量计算，对于C选项，连接,交于，此时，易证所以四面体的体积为定值，由面面平行的判定定理得出平面平面，进而可得平面.【详解】解：对于A选项，连接交与，当点在点时，直线与直线相交，故A选项不正确；对于C选项，连接,交于，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故C选项正确；以为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则，，，，，，对于B选项，存在点，使得，则，，，所以，得，故当M满意时，，故B选项正确；对于D选项，连接，如下图所示：因为H为AA1的中点，E为DD1的中点，所以所以平面平面，平面，所以平面，故D选项正确；故选：BCD.第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.若直线与直线平行，则______．【答案】【解析】【分析】依据两直线平行可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】直线的方程可化为，因为，则，解得.故答案为：.14.椭圆：的焦距为4，则的长轴长为____________【答案】【解析】【分析】设椭圆的长轴长为，由题意有，，即可得出．【详解】设椭圆的长轴长为，由椭圆的焦距为4，可得．因此椭圆的焦点只能在轴上，可得，解得．所以椭圆的长轴长为.故答案为：．15.设A为圆上的动点，是圆的切线且，则P点的轨迹方程是_________【答案】【解析】【分析】依据切线长可以求得P点到圆心的距离，代入距离公式即可求得.【详解】由圆的方程可知，圆心为，半径，是圆的切线且，则点到圆心的距离为，设，则，化简得.故答案为：16.已知点，直线，且点不在直线上，则点到直线的距离；类比有：当点在函数图像上时，距离公式变为，依据该公式可求的最小值是____________【答案】4【解析】【分析】依题意可得，，令，则表示半圆上的点到直线和的距离之和，设为d，则，再结合图象进行求解.【详解】解：依题意可得，，令，则，该方程表示以为圆心，以1为半径半圆，依题意表示该半圆上的点到直线的距离，表示该半圆上的点到直线的距离，则表示半圆上的点到直线和的距离之和，设为d，则，如图所示：结合图象，当点P运动到点时，此时d取得取小值，则，则的最小值为.故答案为：4.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知直线l过点P(2，3)，依据下列条件分别求出直线l的方程:（1）直线l的倾斜角为120°；（2）在x轴、y轴上的截距之和等于0.【答案】（1）x+y-3-2=0；（2）3x-2y=0或x-y+1=0.【解析】【分析】（1）由倾斜角求出斜率，利用直线的点斜式方程即得解；（2）分经过原点时和不过原点两种状况探讨，分别设直线为，+=1(a≠0)，代入点坐标即得解【详解】（1）由直线l的倾斜角为120°，可得斜率k=tan120°=，由直线的点斜式方程可得，y-3=(x-2)，化简得直线l的方程为x+y-3-2=0.（2）当直线l经过原点时，在x轴、y轴上的截距之和等于0，符合题意，此时直线l的方程为y=x，即3x-2y=0；当直线l不过原点时，设直线l的方程为+=1(a≠0).因为P(2，3)在直线l上，所以+=1，解得a=，则直线l的方程为x-y+1=0.综上所述，直线l的方程为3x-2y=0或x-y+1=0.18.已知圆的圆心在轴上，且经过点.（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）依据题意，设的中点为，求出的坐标，求出直线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案，设圆的标准方程为，由圆心的位置分析可得的值，进而计算可得的值，据此分析可得答案；（2）设为的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线的斜率是否存在两种状况探讨，综合即可得答案.【详解】解：（1）设的中点为，则，由圆的性质得，所以，得，所以线段的垂直平分线方程是，设圆的标准方程为，其中，半径为，由圆的性质，圆心在直线上，化简得，所以圆心，，所以圆的标准方程为；（2）由（1）设为中点，则，得，圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，的方程，此时，符合题意；当直线的斜率存在时，设的方程，即，由题意得，解得；故直线的方程为，即；综上直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆方程的综合应用，属于基础题.19.如图，已知平行六面体的底面是菱形，且，设，，．（1）用，，表示并求出的长度；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）依据已知条件所给基底，利用向量的线性运算表示即可；（2）写出向量，代入公式求夹角即可.【小问1详解】因为，所以.=.【小问2详解】由（1）可知，，，则，因为异面直线夹角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为.20.已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若点是椭圆上随意一点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将点代入椭圆方程，结合椭圆的性质得出椭圆的标准方程；（2）由定义得出，结合椭圆的性质得出的取值范围．【小问1详解】已知椭圆的两个焦点分别为，设椭圆的标准方程为，且，则①，又椭圆过点，所以②，联立①②解得，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】

，又，即，当时，最大，为4；当或时，最小，为1，即，即，所以的取值范围为．21.如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面相互垂直，BE∥CF，∠BCF=∠CEF=90°,AD=,EF=2.(1)求证:AE∥平面DCF;(2)当AB的长为何值时,二面角A—EF—C的大小为60°?【答案】(1)证明略(2)当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°【解析】【详解】方法一（1）过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG.可得四边形BCGE为矩形，又四边形ABCD为矩形，所以ADEG，从而四边形ADGE为平行四边形，故AE∥DG.因为AE平面DCF，DG平面DCF，所以AE∥平面DCF.（2）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH.由平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，得AB⊥平面BEFC，从而AH⊥EF，所以∠AHB为二面角A—EF—C的平面角.在Rt△EFG中，因为EG=AD=，EF=2，所以∠CFE=60°,FG=1,又因为CE⊥EF,所以CF=4,从而BE=CG=3.于是BH=BE·sin∠BEH=.因为AB=BH·tan∠AHB=×=，所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.方法二如图所示,以点C为坐标原点,以CB、CF和CD所在直线分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C—xyz.设AB=a，BE=b，CF=c，则C（0，0，0），A（，0，a），B（，0，0），E（，b，0），F（0，c，0）.（1）=（0，b，-a），=（，0，0），=（0，b，0），所以·=0，·=0，从而CB⊥AE，CB⊥BE.AE∩BE=E，所以CB⊥平面ABE.因为CB⊥平面DCF，所以平面ABE∥平面DCF，AE平面ABE.故AE∥平面DCF.（2）因为=（-，c-b，0），=（，b，0）.·=0，||=2，所以解得所以E（，3，0），F（0，4，0）.设n=(1,y,z)与平面AEF垂直，则n·=0，n·=0，解得n=（1,,）.又因BA⊥平面BEFC，=（0，0，a），所以|cos〈n,〉|=解得a=.所以当AB为时，二面角A—EF—C的大小为60°.22.已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆E的方程；（2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为