浙江省溫州新力量聯(lián)盟2024-2025學年高二數(shù)學上學期期中聯(lián)考試題含解析

Page22考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字.3.全部答案必需寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4.考試結(jié)束后，只需上交答題紙.選擇題部分一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1.直線：在軸上截距是（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】將直線的一般式方程化為斜截式方程可得結(jié)果.【詳解】將變形為，所以在軸上的截距是，故選：A.2.圓與圓的位置關(guān)系是（）A相離 B.相交 C.內(nèi)切 D.外切【答案】B【解析】【分析】依據(jù)圓的方程確定出兩圓的圓心距和半徑的關(guān)系，由此確定出兩圓的位置關(guān)系.【詳解】因為，兩圓的半徑分別為，所以，所以相交，故選：B.3.若構(gòu)成空間的一個基底，則下列向量不共面的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空間向量共面的結(jié)論，對各選項逐一推斷即可得解.【詳解】對于A，，所以共面，故A錯誤；對于B，，所以共面，故B錯誤；對于C，假設共面，則存在，使得，則共面，這與可構(gòu)成空間的一個基底沖突，所以不共面，故C正確；對于D，，所以共面，故D錯誤.故選：C.4.正方體分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法求異面直線所成角的余弦值.【詳解】設正方體棱長為2，以的原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：B5.直線：在橢圓上截得的弦長是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】聯(lián)立直線與橢圓方程得到關(guān)于的一元二次方程，依據(jù)韋達定理以及弦長公式可求解出結(jié)果.【詳解】設與橢圓交于，聯(lián)立可得，且，，所以，故選：D.6.點是圓上的動點，直線是動直線，則點到直線的距離的最大值是（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】【分析】先求解出直線所過的定點坐標，然后將問題轉(zhuǎn)化為圓上點到圓外定點距離的最大值，最終依據(jù)圓心到定點的距離結(jié)合圓的半徑求解出結(jié)果.【詳解】因為，所以，令，所以，所以過定點，又因為，所以在圓外，因為點到直線的距離的最大值即為到的距離，又因為點是圓上的動點，所以，所以點到直線的距離的最大值為，故選：C.7.已知，是橢圓的兩個焦點，是上的一點，若，且，則的離心率為A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】分析：設，則依據(jù)平面幾何學問可求，再結(jié)合橢圓定義可求離心率.詳解：在中，設，則，又由橢圓定義可知則離心率，故選D.點睛：橢圓定義的應用主要有兩個方面：一是推斷平面內(nèi)動點與兩定點的軌跡是否為橢圓，二是利用定義求焦點三角形的周長、面積、橢圓的弦長及最值和離心率問題等；“焦點三角形”是橢圓問題中的?？紝W問點，在解決這類問題時常常會用到正弦定理，余弦定理以及橢圓的定義.8.已知是圓的一條弦，且，是的中點，當弦在圓上運動時，直線上存在兩點，使得恒成立，則線段長度的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)題意，求得點的軌跡方程為，結(jié)合得到為直徑的圓要包含圓，利用點到直線的距離公式，即可求解.【詳解】由圓，可得，所以圓的圓心為，半徑為，因為，且是的中點，所以，所以點的軌跡方程為,可其圓心為，半徑為，若直線上存在兩點，使得恒成立，則以為直徑的圓要包含圓，又由圓心到直線的距離為，所以的長度的最小值為.故選：C.二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，至少有兩個是符合題目要求的，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分）9.已知直線的方向向量是，兩個平面的法向量分別是，則下列說法中正確的是（）A.若，則 B.若，則C若，則 D.若，則【答案】AD【解析】【分析】利用空間向量推斷直線、平面間的位置關(guān)系.【詳解】若，則，故A正確；若，則或在內(nèi)，故B錯；若，則，故C錯；若，則，故D正確.故選：AD.10.已知點橢圓上一點，橢圓的焦點是，則下列說法中正確的是（）A.橢圓的長軸長是9 B.橢圓焦距是C.存在使得 D.三角形的面積的最大值是【答案】BCD【解析】【分析】依據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)逐個推斷即可.【詳解】，所以，對于A：因為，所以長軸為，A錯誤；對于B：因為，所以焦距為，B正確；對于C：當取到上頂點時此時取到最大值，此時，，所以，所以此時為鈍角，所以存在使得，C正確；對于D：當取到上頂點時此時三角形的面積取到最大值，此時，D正確，故選：BCD11.已知兩點，點是直線：上的動點，則下列結(jié)論中正確的是（）A.存在使最小 B.存在使最小C.存在使最小 D.存在使最小【答案】ABD【解析】【分析】A：先求關(guān)于的對稱點，依據(jù)與的交點坐標即可推斷；B：設出點坐標，依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解出取最小值時點坐標；C：結(jié)合圖示進行分析推斷；D：依據(jù)確定值的特點先推斷出取最小值時點的位置，然后聯(lián)立對應直線方程求解出點坐標.【詳解】對于A：設點關(guān)于直線的對稱點為，所以，所以，所以，所以，當且僅當為與交點時滿意題意，又因為，即，所以，所以，所以，故A正確；對于B：設，所以，所以，當且僅當時有最小值，此時，所以，故B正確；對于C：如下圖，依據(jù)與的位置關(guān)系可推斷出有最大值，無最小值，故C錯誤；對于D：因為，取等號時，即為垂直平分線與的交點，因為垂直平分線方程為，即，所以，所以，所以，故D正確；故選：ABD.12.已知曲線，則（）A.曲線上兩點間距離的最大值為B.若點在曲線內(nèi)部（不含邊界），則C.若曲線與直線有公共點，則D.若曲線與圓有公共點，則【答案】BC【解析】【分析】A：作出的圖象，結(jié)合圖象分析隨意兩點距離的最大值；B：依據(jù)直線與交點坐標進行推斷；C：依據(jù)直線與相切時的取值進行推斷；D：分析臨界狀況：經(jīng)過與坐標軸的交點、與在四個象限相切，由此求解出的范圍.【詳解】當時，，圓心；當時，，圓心；當時，，圓心；當時，，圓心；當時，；當時，作出在平面直角坐標系下的圖象如下圖：對于A：上隨意兩點距離的最大值為，故A錯誤；對于B：因為在直線上，所以，所以或，若點在曲線內(nèi)部（不含邊界），則有，故B正確；對于C：當直線與相切時，如下圖所示：若與在其次象限相切時，則到的距離等于圓的半徑，所以，所以或（舍），若與在第四象限相切時，則到的距離等于圓的半徑，所以，所以或（舍），結(jié)合圖象可知曲線與直線有公共點時有，故C正確；對于D：如下圖所示：因為與坐標軸的交點坐標為，所以當剛好經(jīng)過與坐標軸的交點時，此時，當剛好與在四個象限都相切時，，所以曲線與圓有公共點時，故D錯誤；故選：BC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查直線與圓、圓與圓位置關(guān)系的綜合運用，難度較大.數(shù)形結(jié)合是處理本題的高效方法，通過在圖象上對臨界位置的分析，得到直線與相切以及圓與相切時參數(shù)的取值.選擇題部分三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.直線：的傾斜角是______.【答案】【解析】【分析】求出斜率，依據(jù)斜率可求得傾斜角.【詳解】因為直線：，斜率，故傾斜角為.故答案為：.14.如圖，圓和圓的圓心分別為，，半徑都為，寫出一條與圓和圓都相切的直線的方程：__________.【答案】（或或，答案不唯一，寫出一個即可）.【解析】【分析】由圓與圓的位置關(guān)系、直線與圓的位置關(guān)系求解即可.【詳解】由已知，圓和圓的半徑，圓心距為，∴圓和圓相外切.如圖易知與圓和圓都相切的直線斜率存在，設其方程為，即，則到直線的距離，①到直線的距離，②由①、②得，即或即，∴解得或或，∴與圓和圓都相切的直線的方程為或或.故答案為：（或或，答案不唯一，寫出一個即可）.15.正四面體的全部棱長都是2，分別是，的中點，則______.【答案】##【解析】【分析】以向量為空間向量的基底，求出，再利用空間向量的數(shù)量積運算即得.【詳解】正四面體的全部棱長都是2，分別是，的中點，則，，因此.故答案為：16.如圖，三角形中，，，為中點，為上的動點，將沿翻折到位置，使點在平面上的射影落在線段上，則當變更時，二面角的余弦值的最小值是______.【答案】##.【解析】【分析】作出圖示，依據(jù)位置關(guān)系分析出二面角的平面角為，然后依據(jù)三點共線將問題轉(zhuǎn)變?yōu)槠矫嬷苯亲鴺讼抵械淖鴺藛栴}，通過計算對應縱坐標的比值結(jié)合基本不等式求解出二面余弦值的最小值.【詳解】過點作交于點，連接，如下圖所示：因為在平面內(nèi)的射影為點，所以平面，所以，又因為，，所以平面，所以，所以二面角的平面角為，且，又因為，所以，易知三點共線，且，則，在平面中建立平面直角坐標系如下圖所示：設，因為在平面內(nèi)的射影為點，所以可知，又，所以，，所以，，所以，所以，設，所以，當且僅當，即，即時取等號，所以，故答案為：【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用幾何法求解二面角的余弦值，解答問題的關(guān)鍵在于將空間中線段長度比值轉(zhuǎn)化為平面中坐標的比值，通過利用基本不等式求解出對應最值，難度較大.四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知直線和直線的交點為.（1）求過點且與直線平行的直線的方程；（2）求線段（為原點）的垂直平分線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求解出交點的坐標，然后設出，代入點的坐標求解出參數(shù)，則結(jié)果可知；（2）先確定出以及中點坐標，則的垂直平分線方程可求.【小問1詳解】因為，所以，所以，設，代入，所以，所以，所以.【小問2詳解】因為且中點坐標為，所以的垂直平分線方程為，即為.18.已知圓的圓心在直線上，且經(jīng)過，兩點.（1）求圓的方程；（2）直線：與圓交于兩點，且，求實數(shù)的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依據(jù)給定條件，求出圓心坐標，再求出圓的半徑即得.（2）由給定弦長，結(jié)合圓的弦長公式求出弦心距，再利用點到直線距離公式計算即得.【小問1詳解】圓過點，，則點在線段的中垂線上，由，得點，圓的半徑，所以圓的方程為.【小問2詳解】直線被圓所截弦長，則點到直線的距離，因此，解得所以實數(shù)的值為.19.如圖，已知四棱錐中，平面，，，，為中點.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)中位線和平行四邊形的性質(zhì)得到，然后利用線面平行的判定定理證明即可；（2）依據(jù)得到直線與平面所成角和直線與平面所成角相等，依據(jù)線面角的定義得到為直線與平面所成角，然后求正弦值即可.【小問1詳解】取中點，連接，因為分別為的中點，所以，，因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，，因為平面，平面，所以∥平面.【小問2詳解】過點作于點，連接，因為，所以直線與平面所成角和直線與平面所成角相等，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，所以為直線與平面所成角，，，，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.20.為了保證我國東海油氣田海疆的海上平臺的生產(chǎn)平安，海事部門在某平臺的正東方向設立了觀測站，在平臺的正北方向設立了觀測站，它們到平臺的距離分別為6海里和海里，記海平面上到觀測站和平臺的距離之比為2的點的軌跡為曲線，規(guī)定曲線及其內(nèi)部區(qū)域為平安預警區(qū)（如圖）.（1）以為坐標原點，1海里為單位長度，所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系，求曲線的方程；（2）海平面上有漁船從動身，沿方向直線行駛，為使?jié)O船不進入預警區(qū)，求取值范圍.【答案】（1）曲線的方程為：（2）的取值范圍為【解析】【分析】利用已知條件結(jié)合兩點間距離公式列出方程并化簡求得曲線方程.，利用直線與圓相切確定取值范圍.【小問1詳解】依據(jù)已知條件設且，，由，有，，，，整理有，是以為圓心，為半徑的圓.，所以曲線的方程為：.【小問2詳解】，過的直線不過坐標原點且不與坐標軸垂直，所以直線截距式方程為，化為一般式方程為，依據(jù)題意，臨界狀況下直線與圓相切，圓心到直線距離為圓的半徑4，且，解得，所以綜上可知的取值范圍為.21.如圖，三棱柱的底面是邊長為2的等邊三角形，，，點分別是線段，的中點，二面角為直二面角.（1）求證：平面；（2）若點為線段上的動點（不包括端點），求銳二面角的余弦值的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）依據(jù)中位線和菱形的性質(zhì)得到，依據(jù)二面角為直二面角和得到，然后利用線面垂直的判定定理證明即可；（2）利用空間向量的方法求二面角余弦值的范圍即可.【小問1詳解】連接，因為分別為中點，三角形為等邊三角形，所以，，因為為三棱柱，，所以四邊形為菱形，，則，因為二面角為直二面角，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，平面，所以平面.【小問2詳解】連接，因為四邊形為菱形，，所以為等邊三角形，因為為中點，所以，因為平面，所以，所以兩兩垂直，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，，，，，，，，，，，設，，則，設平面的法向量為，則，令，則，，所以，因為平面，所以可以作為平面的一個法向量，設銳二面角為，則，因為，所以，，，所以銳二面角的余弦值得范圍為.22.如圖，已知橢