2024-2025学年辽宁省大连市滨城高中联盟高二上学期期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题一、单项选择题：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.已知点，，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，故直线的倾斜角.故选：B.2.如图，在平行六面体中，是的中点，设，，，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为在平行六面体中，是的中点，所以.故选：A.3.若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】圆经过点，，可得线段的中点为，又，所以线段的中垂线的方程为，即，由，解得，即，圆的半径，所以圆的方程为.故选：A.4.光线从点射出，到轴上的点后，被轴反射到轴上的点，又被轴反射，这时反射线恰好过点，则所在直线的方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，做出如图的光线路径，则点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则所在直线的方程即为直线方程，由两点是方程得直线方程为：，整理得：故选：A.5.已知椭圆与直线交于A，B两点，点满足，则的值为（）A. B.6 C. D.【答案】A【解析】因为A，B两点在直线上，故可设，故，因为，故即，因为A，B两点在椭圆上，故即，故，等式两边同时减去1，整理得到，解得或.而，故，故,故选：A.6.在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（）A. B.C.平面平面 D.平面平面【答案】D【解析】对于B，如图①，因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，故B正确；对于A，由B选项知，又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于C，由选项A知，平面，因为平面，所以平面平面，故C正确;对于D，如图②过点A作，垂足为，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选：D.7.已知直线与圆的交点为、，点是圆上一动点，设点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由可得，则圆心，，设，且直线过定点，所以，，，所以.故选：A.8.已知右焦点为F的椭圆E：上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点F，且，则E的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设椭圆的左焦点为，连接，因为点平分，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形，设，则，在直角中，，所以，整理可得，所以，在直角中，，所以，所以，所以，故选：B.二、多项选择题：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.设椭圆的焦点为、，点在椭圆上，则（）A.焦点、坐标为， B.的最大值为7，最小值为1C. D.为直角三角形的顶点有4个【答案】BC【解析】由椭圆，可知，且焦点在轴上，则，焦点坐标为0,3，，故A错误；由椭圆的性质知，的最大值为，最小值为，故B正确；由椭圆的定义知，，故C正确；因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个交点，当为直角顶点时，为直角三角形有4个，当或垂直轴时，为直角三角形有4个，故为直角三角形的顶点共有8个，故D错误.故选：BC.10.已知圆：和圆：的交点为，，直线：与圆交于，两点，则下列结论正确的是（）A.的取值范围是B.圆上存在两点和，使得C.圆上的点到直线的最大距离为D.若，则【答案】AC【解析】A选项：圆：的标准方程为，圆心为,半径为，因为直线：与圆交于，两点，所以圆到直线的距离为，即，解得，所以的取值范围是，故A正确；B选项：圆：的标准方程为，圆心，半径，根据两圆的方程有直线方程为，圆到直线AB的距离为，所以，圆上任意两点，，，故B错误；C选项：圆上的点到直线的距离的最大值为，故C正确；D选项：因为，所以为等边三角形，圆到直线的距离为，所以，故或，故D错误.故选：AC.11.已知正方体的棱长为2，如图，为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（）A.直线AB与平面所成角的正弦值范围为B.当点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C.当点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得的截面图形是等腰梯形D.已知为的中点，当的和最小时，则【答案】ACD【解析】对于A选项，以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则点A2,0,0、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接，在正方体中，平面，平面，，∵四边形是正方形，则，，平面，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.分别取棱,,,,,的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形沿摊平为一个平面，如下图所示：若最短，则三点共线，，，又，，D选项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】∵方程表示焦点在x轴上的椭圆，∴由，解得：或，∴实数的取值范围是.13.如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则______.【答案】【解析】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，又因为，所以，所以.14.下列命题①若两直线与平行，则实数的值为1.②圆上的动点与定点所连线段的中点的轨迹方程为.③若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是.④已知动点在直线上，圆，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为4.正确的是______（请填序号）【答案】②③④【解析】当两直线与平行，则，解得或，经检验，或时，两直线不重合，故实数的值为1或，故①错误；设Mx,y，则，代入圆的方程可得，故②正确；圆上恰有两点到点的距离为1，问题转化为以为圆心，半径为1的圆与圆相交即可，所以，解得，故③正确；因为,所以当PC最小时，四边形面积有最小值，由圆性质知，PC的最小值即为圆心到直线的距离，所以四边形面积的最小值为，故④正确.故答案为：②③④.四、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.分别求适合下列条件的曲线方程（1）已知圆经过三点O0,0，，，求圆的方程；（2）经过点，两点的椭圆的标准方程；（3）已知椭圆的离心率为，短轴长为，求其标准方程；解：（1）设圆的方程为，由圆经过三点O0,0，，，得，解得，所以圆的方程为.（2）设椭圆方程为，则有，解得，所以所求椭圆方程为.（3）由得，又，故，所以，解得，所以椭圆的标准方程为或.16.如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.（1）证明：直线平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求点到平面的距离.（1）证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，，即，取，解得；所以，平面，平面；（2）解：设与所成的角为，，，，与所成角的余弦值为；（3）解：设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值，由，得，所以点到平面的距离为．17.若椭圆和椭圆满足，则这两个椭圆相似，称为其相似比.（1）求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程；（2）设过原点的一条射线分别与（1）中两个椭圆交于两点（其中点在线段上），求的取值范围.解：（1）假定所求的椭圆方程为，则有，解得，所以所求的椭圆方程为;(2)当射线与轴重合时，，此时.当射线不与轴重合时，由于对称性，仅考虑第一象限的情形.假定射线的方程为，设，则有由，解得，∴.同理.则.综上.18.已知半径为2的圆的圆心在轴的正半轴上，且直线与圆相切.（1）求圆标准方程.（2）已知，为圆上任意一点，问在轴上是否存在定点（异于点），使得为定值？若存在，求出定点坐标及定值；若不存在，请说明理由.（3）在（2）的条件下，若点，试求的最小值.解：（1）由题意设圆C的圆心坐标为，则圆的方程为，因为直线与圆相切，所以点到直线的距离，因为，所以，故圆的标准方程为；.（2）假设存在定点B，设，如图，设，则，则，当，即或（舍去）时，为定值，且定值为，故存在定点B使得为定值，B的坐标为；（3）由（2）知，故，从而，当且仅当P、B、三点共线时，最小，且，所以的最小值为.19.如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，（1）求证：；（2）求三棱锥的体积；（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.（1）证明：解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，，所以，，因为，所以，又因为，.所以，化简得.所以，所以.解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，设，则，所以，，由得，所以，又因为，所以，解得，所以，，，，所以，所以.解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F.因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，则，所以，所以，，在中，，，，所以，在中，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以.（2）解：因为，由（1）知，所以，过作于H，则.因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面，所以.（3）解：解法一：假设存在点E满足条件，因为⊥平面ABCD，，所以以D原点，建立空间直角坐标系，如图所示，，，，，，，，设，则，设平面EBD的一个法向量为，由，得，令，得，所以.设平面的一个法向量，由，得，令，得，所以.所以，因为平面EBD与平面的夹角为，即，解得，又因为，所以舍去，所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为，假设存在E点满足条件，设，则设平面EBD的一个法向量为，由，得，令，则，所以.所以，因为平面EBD与平面的夹角为，即，解得.又因为，所以舍去，所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.辽宁省大连市滨城高中联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题一、单项选择题：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.已知点，，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，故直线的倾斜角.故选：B.2.如图，在平行六面体中，是的中点，设，，，则等于（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为在平行六面体中，是的中点，所以.故选：A.3.若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】圆经过点，，可得线段的中点为，又，所以线段的中垂线的方程为，即，由，解得，即，圆的半径，所以圆的方程为.故选：A.4.光线从点射出，到轴上的点后，被轴反射到轴上的点，又被轴反射，这时反射线恰好过点，则所在直线的方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，做出如图的光线路径，则点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则所在直线的方程即为直线方程，由两点是方程得直线方程为：，整理得：故选：A.5.已知椭圆与直线交于A，B两点，点满足，则的值为（）A. B.6 C. D.【答案】A【解析】因为A，B两点在直线上，故可设，故，因为，故即，因为A，B两点在椭圆上，故即，故，等式两边同时减去1，整理得到，解得或.而，故，故,故选：A.6.在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（）A. B.C.平面平面 D.平面平面【答案】D【解析】对于B，如图①，因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，故B正确；对于A，由B选项知，又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于C，由选项A知，平面，因为平面，所以平面平面，故C正确;对于D，如图②过点A作，垂足为，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选：D.7.已知直线与圆的交点为、，点是圆上一动点，设点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由可得，则圆心，，设，且直线过定点，所以，，，所以.故选：A.8.已知右焦点为F的椭圆E：上的三点A，B，C满足直线AB过坐标原点，若于点F，且，则E的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设椭圆的左焦点为，连接，因为点平分，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形，设，则，在直角中，，所以，整理可得，所以，在直角中，，所以，所以，所以，故选：B.二、多项选择题：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.设椭圆的焦点为、，点在椭圆上，则（）A.焦点、坐标为， B.的最大值为7，最小值为1C. D.为直角三角形的顶点有4个【答案】BC【解析】由椭圆，可知，且焦点在轴上，则，焦点坐标为0,3，，故A错误；由椭圆的性质知，的最大值为，最小值为，故B正确；由椭圆的定义知，，故C正确；因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个交点，当为直角顶点时，为直角三角形有4个，当或垂直轴时，为直角三角形有4个，故为直角三角形的顶点共有8个，故D错误.故选：BC.10.已知圆：和圆：的交点为，，直线：与圆交于，两点，则下列结论正确的是（）A.的取值范围是B.圆上存在两点和，使得C.圆上的点到直线的最大距离为D.若，则【答案】AC【解析】A选项：圆：的标准方程为，圆心为,半径为，因为直线：与圆交于，两点，所以圆到直线的距离为，即，解得，所以的取值范围是，故A正确；B选项：圆：的标准方程为，圆心，半径，根据两圆的方程有直线方程为，圆到直线AB的距离为，所以，圆上任意两点，，，故B错误；C选项：圆上的点到直线的距离的最大值为，故C正确；D选项：因为，所以为等边三角形，圆到直线的距离为，所以，故或，故D错误.故选：AC.11.已知正方体的棱长为2，如图，为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（）A.直线AB与平面所成角的正弦值范围为B.当点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C.当点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得的截面图形是等腰梯形D.已知为的中点，当的和最小时，则【答案】ACD【解析】对于A选项，以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则点A2,0,0、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接，在正方体中，平面，平面，，∵四边形是正方形，则，，平面，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.分别取棱,,,,,的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形沿摊平为一个平面，如下图所示：若最短，则三点共线，，，又，，D选项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】∵方程表示焦点在x轴上的椭圆，∴由，解得：或，∴实数的取值范围是.13.如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则______.【答案】【解析】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，又因为，所以，所以.14.下列命题①若两直线与平行，则实数的值为1.②圆上的动点与定点所连线段的中点的轨迹方程为.③若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是.④已知动点在直线上，圆，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为4.正确的是______（请填序号）【答案】②③④【解析】当两直线与平行，则，解得或，经检验，或时，两直线不重合，故实数的值为1或，故①错误；设Mx,y，则，代入圆的方程可得，故②正确；圆上恰有两点到点的距离为1，问题转化为以为圆心，半径为1的圆与圆相交即可，所以，解得，故③正确；因为,所以当PC最小时，四边形面积有最小值，由圆性质知，PC的最小值即为圆心到直线的距离，所以四边形面积的最小值为，故④正确.故答案为：②③④.四、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.分别求适合下列条件的曲线方程（1）已知圆经过三点O0,0，，，求圆的方程；（2）经过点，两点的椭圆的标准方程；（3）已知椭圆的离心率为，短轴长为，求其标准方程；解：（1）设圆的方程为，由圆经过三点O0,0，，，得，解得，所以圆的方程为.（2）设椭圆方程为，则有，解得，所以所求椭圆方程为.（3）由得，又，故，所以，解得，所以椭圆的标准方程为或.16.如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.（1）证明：直线平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求点到平面的距离.（1）证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，，即，取，解得；所以，平面，平面；（2）解：设与所成的角为，，，，与所成角的余弦值为；（3）解：设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值，由，得，所以点到平面的距离为．17.若椭圆和椭圆满足，则这两个椭圆相似，称为其相似比.（1）求经过点，且与椭圆相似的椭圆方程；（2）设过原点的一条射线分别与（1）中两个椭圆交于两点（其中点在线段上），求的取值范围.解：（1）假定所求的椭圆方程为，则有，解得，所以所求的椭圆方程为;(2)当射线与轴重合时，，此时.当射线不与轴重合时，由于对称性，仅考虑第一象限的情形.假定射线的方程为，设，则有由，解得，∴.同理.则.综上.18.已知半径为2的圆的圆心在轴的正半轴上，且直线与圆相切.（1）求圆标准方程.（2）已知，为圆上任意一点，问在轴上是否存在定点（异于点），使得为定值？若存在，求出定点坐标及定值；若不存在，请说明理由.（3）在（2）的条件下，若点，试求的最小