浙江省溫州市環(huán)大羅山聯(lián)盟2024-2025學年高二上學期期中聯(lián)考數(shù)學試題 含解析

2024學年第一學期溫州環(huán)大羅山聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級數(shù)學學科試題考生須知：1．本卷共4頁滿分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．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效．4．考試結束后，只需上交答題紙．選擇題部分一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．1.在平面直角坐標系中，直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用直線的斜率和傾斜角的關系求解.【詳解】解：設直線的傾斜角為又直線斜率為，所以，又，所以，故選：C2.在正方體中，是BD的中點，則直線和夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由空間向量求解異面直線夾角即可.【詳解】以點為原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如圖所示），設正方體的棱長為2，則，，，，則，所以，，設直線和夾角為，所以.故選：A.3.設，則“”是“直線與直線平行”的（）A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由兩條直線平行的充要條件判斷即可；【詳解】解：因為直線與直線平行，所以且，所以或.又因為“”成立可得“或”成立，而“或”成立不能得到“”成立，所以“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件.故選：B.4.已知正四面體的棱長為2，E是的中點，F(xiàn)是的三等分點（靠近A點），用空間向量表示，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空間向量的運算求解即可.【詳解】∵E是的中點，F(xiàn)是的三等分點（靠近A點），∴.故選：C.5.已知、是橢圓長軸的兩頂點，是橢圓上的一點，直線與斜率之積，則此橢圓的離心率取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設點，可得出，利用斜率公式以及已知條件可得出的取值范圍，再由可求得該橢圓離心率的取值范圍.【詳解】設點，則，且，可得，易知、，所以，，所以，，可得，故.故選：D.6.直線分別與軸，軸交于A，B兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出AB，再求出點到直線的最大距離和最小距離，求出最大面積和最小面積即可.【詳解】解：因為直線分別與軸，軸交于A，B兩點，所以,，所以，又因為圓的圓心為，半徑為，所以圓心到直線的距離為d=2+0+12所以點到直線的最大距離為，最小距離為，所以的最大面積是；的最小面積為.故選：A.7.《九章算術》是我國古代數(shù)學名著．書中將底面為矩形，且有一條側棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬．如圖，在陽馬中，平面，底面是矩形，E、F分別為PD，PB的中點，為直線CP上的動點，，，若平面，則（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意可以建立空間直角坐標系，根據(jù)線面垂直，則直線的方向向量和平面的法向量互相平行即可求得比例關系.【詳解】因為平面，底面是矩形，在處建立空間直角坐標系如圖所示：設，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，得，所以法向量為，設，因為，因為平面，則，所以，解得，則.故選：B8.古希臘數(shù)學家阿波羅尼奧斯用不同的平面截同一圓錐，得到了圓錐曲線，其中的一種如圖所示．用過M點且垂直于圓錐底面的平面截兩個全等的對頂圓錐得到雙曲線的一部分，已知高，底面圓的半徑為8，M為母線PB的中點，平面與底面的交線，則雙曲線的兩條漸近線的夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】交于，以過點且垂直于圓錐底面的平面的中心為原點，平行于圓錐的軸為軸建立平面直角坐標系，求出點的坐標，求得雙曲線的方程，進而求得雙曲線的漸近線夾角的余弦值.【詳解】設交于，以過點且垂直于圓錐底面的平面的中心為原點，平行于圓錐的軸為軸建立平面直角坐標系，因為圓錐的高，是的中點，且截面垂直于底面，所以，所以，又底面圓半徑,所以，所以，設雙曲線方程為，代入，，代入解得，則雙曲線的兩條漸近線方程為，由對稱性可知兩條漸近線所夾銳角的正切值為，雙曲線的兩條漸近線的夾角的余弦值為.故選：A二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知圓和圓，以下結論正確的是（）A.若和只有一個公共點，則B.若，則和關于直線對稱C.若和外離，則D.若，則和內含【答案】BD【解析】【分析】求兩圓圓心距與半徑和、差，根據(jù)圓與圓的位置關系的等價條件判斷可得.【詳解】圓的圓心為，半徑為.圓的圓心為，半徑為.則兩圓圓心距.A項，當時，，兩圓內切，和只有一個公共點，故A錯誤；B項，當時，兩個圓的半徑相等，圓心關于直線對稱，則和關于直線對稱，故B正確；C項，若圓和圓外離，則，即，解得，故C錯誤；D項，當，，所以，所以兩圓內含，故D正確.故選：BD.10.在空間直角坐標系中，已知，，，，則以下正確是（）A.B.夾角的余弦值為C.共面D.點到直線AB的距離是【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)空間向量模長坐標運算以及夾角計算公式判斷AB，根據(jù)共面向量基本定理可得C，根據(jù)點線距離的向量法即可得D.【詳解】A項，由，，得，則，故A正確；B項，因為，，，則，夾角的余弦值為，故B錯誤；C項，因為，，則，又，所以，所以共面，故C正確；D項，因為，所以，所以點O到直線AB的距離為，故D正確．故選：ACD．11.拋物線有如下光學性質：由其焦點射出的光線經拋物線反射后，沿平行于拋物線對稱軸的方向射出.已知拋物線的焦點為F，一束平行于x軸的光線從點射入，經過拋物線上的點反射后，再經拋物線上另一點反射后，沿直線射出，則下列結論中正確的是（）A. B.C. D.與之間的距離為4【答案】ABC【解析】【分析】由拋物線的光學性質可知，直線經過點，于是根據(jù)二級結論可判斷選項A；點與均在直線上，于是可求出點的坐標，再結合可得點的坐標，然后利用斜率公式即可判斷選項B；根據(jù)拋物線的定義可知，，可判斷選項C；由于與平行，所以與之間的距離，可判斷選項D．【詳解】如圖所示，由拋物線的光學性質可知，直線過焦點，，即選項A正確；由題意可得，點的坐標為，點的坐標為，，即選項B正確；由拋物線的定義可知，，即選項C正確；與平行，與之間的距離，即選項D錯誤；故選：ABC【點睛】本題考查拋物線的定義與性質，直線與拋物線的位置關系等，考查學生靈活運用知識的能力和作圖分析問題的能力，屬于中檔題．非選擇題部分三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知空間向量，，則向量在向量上的投影向量的坐標是__________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)投影向量的定義求解．【詳解】，則方向的單位向量為，向量在向量上的投影向量為，故答案為：．13.已知雙曲線C：的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點．若，，則C的離心率為____________．【答案】2.【解析】【分析】通過向量關系得到和，得到，結合雙曲線的漸近線可得從而由可求離心率.【詳解】如圖，由得又得OA是三角形的中位線，即由，得則有，又OA與OB都是漸近線，得又，得．又漸近線OB的斜率為，所以該雙曲線的離心率為．【點睛】本題考查平面向量結合雙曲線的漸近線和離心率，滲透了邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算素養(yǎng)．采取幾何法，利用數(shù)形結合思想解題．14.如圖，正方形和正方形的邊長都是1，且它們所在的平面所成的二面角的平面角，M，N分別是，上的動點，，則的最小值是__________．【答案】##【解析】【分析】利用二面角的定義證得就是二面角的平面角，再利用空間向量將的長轉化為的模求解，利用空間向量的線性運算，數(shù)量積運算和二次函數(shù)的性質求解即可．【詳解】連接，如圖，由題意，，，正方形中，正方形中，平面，平面，平面平面，∴就是二面角的平面角，則，∴向量與向量夾角為，且，設，，，則，且由題意，∴，，令，圖象開口向上，且對稱軸為，∴當時，取得最小值，即的最小值為，即的最小值為，∴的最小值是．故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.如圖，直三棱柱中，，，是的中點，N是AC的中點．（1）證明：直線直線BC；（2）求直線與平面所成的角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系求證即可；（2）利用空間向量求解即可.【小問1詳解】不妨設，則，如圖，以為原點，，，所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，得，，，．所以，所以，所以【小問2詳解】解：因為，所以．易知平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則16.已知雙曲線：的一個焦點為，一條漸近線方程為，為坐標原點.（1）求雙曲線的標準方程；（2）已知傾斜角為的直線與雙曲線交于兩點，且線段的中點的縱坐標為4，求弦長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)雙曲線的幾何性質即可求解，（2）根據(jù)點差法，結合中點弦可得直線方程，即可根據(jù)弦長公式求解.【小問1詳解】由焦點可知，又一條漸近線方程為，所以，由可得，解得，故雙曲線的標準方程為.【小問2詳解】設中點的坐標為，則兩式子相減得：，化簡得，即，又，所以，所以中點的坐標為，所以直線的方程為，即.將代入得，，則，,17.已知拋物線的焦點到準線的距離為．（1）求的方程；（2）已知為坐標原點，點在上，點滿足，求直線斜率的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由拋物線焦點與準線的距離即可得解；（2）設，由平面向量的知識可得，方法一，進而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解可得答案；方法二，設直線OQ的方程為，則當直線OQ與拋物線相切時可得答案．【小問1詳解】拋物線的焦點，準線方程為，由題意，該拋物線焦點到準線的距離為，所以該拋物線的方程為；【小問2詳解】方法一：F1,0，設，則，所以，由在拋物線上可得，即，所以直線的斜率為，當時，；當時，，當時，，此時當且僅當，即時，等號成立；綜上，直線OQ的斜率的最大值為；方法二：F1,0，設，則，所以，由在拋物線上可得，得到點的軌跡方程為．設直線的方程為，則當直線與拋物線相切時，其斜率取到最值．聯(lián)立，得，其判別式，解得，所以直線斜率的最大值為．18.如圖，矩形中，，，，將沿直線DE翻折成，若M為線段的點，滿足，設二面角的平面角為．（1）求證：直線平面；（2）當為直角時，求點到平面的距離；（3）在翻折過程中（點不在平面內），求線段長取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）在線段上取點，使得，通過證明四邊形是平行四邊形得到，即可證明平面.（2）分析得為二面角的平面角，即，當為直角時，建立空間直角坐標系，表示和平面的法向量，利用公式求點到平面的距離.（3）建立空間直角坐標系，利用表示各點坐標，利用空間兩點間距離公式表示的長，根據(jù)可得結果.【小問1詳解】在線段上取點，使得，連接，∵，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面．【小問2詳解】由題意得，，、為等腰直角三角形，取中點，連接，則，故為二面角的平面角，即.∵，∴，.如圖，以O為原點建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則，令，得，，∴點到平面的距離為.【小問3詳解】如圖，以O為原點建立空間直角坐標系，在翻折過程中，由題意知，二面角的平面角，，則，由（2）知，∴，又∵，∴，∴．故的取值范圍是．19.已知橢圓的離心率為，直線與以原點為圓心、橢圓的短半軸長為半徑的圓相切．（1）求橢圓的方程；（2）設橢圓左焦點為，右焦點為，直線過點，且垂直于橢圓的長軸，動直線垂直于，垂足為點，線段的垂直平分線交于點，求點的軌跡的方程；（3）設與軸交于點，在曲線上是否存在一點，使得以為直徑的圓與有除、外的公共點，若存在求出的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，．【解析】【分析】（1）根據(jù)圓心到直線的距離公式得到，可得，進而結合離心率求解即可；（2）根據(jù)題意得到，可得點的軌跡為拋物線，進而求解；（3）設，，，且，，由結合向量可得，進而根據(jù)基本不等式可得，再