廣東省東莞市2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期七校聯(lián)考數(shù)學(xué)試題【含答案解析】

東莞市2024—2025學(xué)年第一學(xué)期七校聯(lián)考試卷高二數(shù)學(xué)滿分150分，考試時間120分鐘一、單選題：共8小題，每小題5分.在每小題只有一項是符合題目要求.1.在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，直線的傾斜角等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直線方程化為斜截式，得出直線的斜率，利用斜率與傾斜角的關(guān)系求解.【詳解】直線化為斜截式，設(shè)其傾斜角為，則直線的斜率為，因為，所以，故選：A.2.若向量，，則（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】先求得，然后根據(jù)空間向量模的坐標(biāo)運算求得【詳解】由于向量，，所以.故故選：D【點睛】本小題主要考查空間向量的坐標(biāo)運算，考查空間向量模的坐標(biāo)運算，屬于基礎(chǔ)題.3.在中，已知，，，則邊上的中線長為（）A. B.6 C. D.7【答案】B【解析】【分析】需要先求出邊的中點坐標(biāo)，然后根據(jù)空間兩點間距離公式來計算中線長.【詳解】已知，，根據(jù)中點坐標(biāo)公式，中點的坐標(biāo)為.已知，，根據(jù)空間兩點間距離公式，.故選：B.4.已知圓與圓相交于A，B兩點，則兩圓公共弦所在直線的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】兩圓方程相減可得答案.【詳解】，①，②①②得.故選：B.5.設(shè)橢圓的一個焦點與拋物線的焦點相同，離心率為，則此橢圓的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程可得焦點2,0，再由離心率可得，可求得橢圓方程.【詳解】根據(jù)題意易知拋物線的焦點為2,0，可得；橢圓離心率為，可得，即；橢圓可化為，因此可得；因此，所以橢圓的方程為.故選：C6.3D打印是快速成型技術(shù)的一種，它是一種以數(shù)字模型文件為基礎(chǔ)，運用粉末狀金屬或塑料等可粘合材料，通過逐層打印的方式來構(gòu)造物體的技術(shù)，如圖所示的塔筒為3D打印的雙曲線型塔筒，該塔筒是由離心率為的雙曲線的一部分圍繞其旋轉(zhuǎn)軸逐層旋轉(zhuǎn)打印得到的，已知該塔筒（數(shù)據(jù)均以外壁即塔筒外側(cè)表面計算）的上底直徑為，下底直徑為，喉部（中間最細(xì)處）的直徑為，則該塔筒的高為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)模型建立平面直角坐標(biāo)系，由已知條件先求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，再計算高度即可.【詳解】該塔筒的軸截面如圖所示，以喉部的中點為原點，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)A與分別為上，下底面對應(yīng)點.設(shè)雙曲線的方程為，因為雙曲線的離心率為，所以.又喉部（中間最細(xì)處）的直徑為，所以，所以雙曲線的方程為.由題意可知，代入雙曲線方程，得，所以該塔筒的高為.故選:C.7.如圖①，在中，分別為上的點，.如圖②，將沿折起，當(dāng)四棱錐的體積最大時，點到平面的距離為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意得四棱錐體積最大時，平面和，再建立如圖所示坐標(biāo)系，求出平面的法向量，最后利用向量法結(jié)合點到平面的距離公式計算即可.【詳解】當(dāng)四棱錐的體積最大時，平面，由題意得，以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，所以，則，設(shè)平面的法向量為，則即令，則，則點到平面的距離為．故選：B.8.已知橢圓與圓，若在橢圓上存在點P，過P作圓的切線，，切點為A，B使得，則橢圓的離心率的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如圖，根據(jù)題意可知，只需，從而可得，即可求離心率的取值范圍.【詳解】如圖，從橢圓上長軸端點向圓引兩條切線，則兩條切線形成的夾角最小，若在橢圓上存在點P，過P作圓的切線，，切點為A，B使得，則只需，即，，所以，則，所以，所以，即，所以，又因為，所以橢圓的離心率的取值范圍是，故選：C.二、多選題：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，有選錯的得0分，部分選對的得部分分.9.已知圓，直線.則以下命題正確的有（）A.直線l恒過定點 B.y軸被圓C截得的弦長為C.直線l與圓C恒相交 D.直線l被圓C截得弦長最長時，直線的方程為【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)直線方程求出定點坐標(biāo)即可判斷選項A；求出圓和y軸的交點坐標(biāo)，即可判斷選項B；利用定點和圓的位置關(guān)系即可判斷選項C；當(dāng)弦長最長時，直線過圓心從而判斷選項D.【詳解】對于A，直線，即，由，解得，故直線過定點，故A錯誤；對于B,圓，當(dāng)時，，故y軸被圓C截得的弦長為，故B錯誤；對于C，直線過定點，,故點在圓內(nèi)，則直線l與圓C恒相交，故C正確；對于D，當(dāng)直線l被圓C截得弦長最長時，直線過圓心，則，解得，故直線方程為：，即，故D正確.故選：CD10.已知為雙曲線的兩個焦點，為雙曲線上任意一點，則（）A. B.雙曲線的漸近線方程為C.雙曲線的離心率為 D.【答案】CD【解析】【分析】對于A，用定義即可判斷，對于B，根據(jù)焦點位置即可判斷，對于C，直接計算即可，對于D，因為為的中點，所以，設(shè)可求出的取值范圍，即可判斷【詳解】雙曲線：焦點在軸上，，，對于A選項，，而點在哪支上并不確定，故A錯誤對于B選項，焦點在軸上的雙曲線漸近線方程為，故B錯誤對于C選項，，故C正確對于D選項，設(shè)，則（時取等號）因為為的中點，所以，故D正確故選：CD11.如圖，在棱長為1的正方體中，M，N分別是，的中點，為線段上的動點，則下列說法正確的是（）A.一定是異面直線B.存在點，使得C.直線與平面所成角的正切值的最大值為D.過M，N，P三點的平面截正方體所得截面面積的最大值為【答案】AD【解析】【分析】對ABC選項，以為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解和判斷即可；對D選項，由正方體的性質(zhì)可得截面面積最大的狀態(tài)，畫出截面圖，求得面積即可判斷.【詳解】以為坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則，設(shè)，則點坐標(biāo)為；對A：設(shè)平面的法向量為，，則，即，取，解得，故；又，，考慮到，則，故，故一定是異面直線，A正確；對B：，，若，則，即，解得，又，故不存在這樣的點，使得，B錯誤；對C：，取平面的法向量，則，設(shè)直線與平面的夾角為則，則，，又，故，即直線與平面所成角的正切值的最大值為，C錯誤；對D：在正方體中，過的截面為六邊形且六邊形為正六邊形時面積最大.此時過的截面經(jīng)過對稱中心，設(shè)截面交于中點，也為中點，所以為的中點時，過三點的平面截正方體所得截面面積最大，取的中點為，連接，如下所示：故此時截面為正六邊形，其面積，故D正確.故選：AD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題A選項解決的關(guān)鍵是能夠掌握用向量法證明異面直線的方法；本題D選項解決的關(guān)鍵是能夠合理轉(zhuǎn)化問題，類比解決，從而找到截面面積最大的狀態(tài).三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，，若，則____.【答案】【解析】【分析】利用空間向量共線的坐標(biāo)表示求解即可.【詳解】因為，，所以，，由得，解得故答案為：.13.已知點在焦點為的拋物線上，若，則_____.【答案】3【解析】【分析】根據(jù)焦半徑公式得到方程，求出答案.【詳解】由焦半徑公式得，解得.故答案為：314.阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數(shù)學(xué)三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個動點到兩個定點的距離之比為常數(shù)（，且），那么點的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓.若點到，的距離比為，則點到直線：的距離的最大值是________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出點的軌跡方程，再結(jié)合點到直線的距離公式計算即得.【詳解】設(shè)點，由，得，整理得，因此點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，點到直線：的距離為，所以點到直線最大距離為.故答案為：四、解答題：共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知兩直線和的交點為．（1）直線過點且與直線平行，求直線的一般式方程；（2）圓過點且與相切于點，求圓的一般方程．【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）聯(lián)立求出，根據(jù)平行關(guān)系，設(shè)出直線為，代入點，得到，求出答案；（2）設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，將與代入，得到方程組，并根據(jù)相切關(guān)系得到關(guān)于斜率的方程，聯(lián)立求出，求出答案.【小問1詳解】直線與直線平行，故設(shè)直線為，聯(lián)立方程組，解得．直線和的交點．又直線過點，則，解得，即直線的方程為．【小問2詳解】設(shè)所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，的斜率為，故直線的斜率為1，由題意可得解得故所求圓的方程為．化為一般式：．16.如圖，平行六面體中，，，，.（1）以向量為基底表示向量，求對角線的長度；（2）求異面直線與所成角的余弦值.【答案】（1），對角線的長度為3；（2）.【解析】【分析】（1）以向量為基底，則有，兩邊平方求解即可；（2）由向量的四則運算及數(shù)量積可得，利用向量數(shù)量積的夾角公式求解即可.【小問1詳解】以向量為基底，則有，因為，，則為等腰直角三角形，所以，又因為，，所以為邊長為1的等邊三角形，，所以，所以，對角線的長度為3；【小問2詳解】因為，，，，所以，所以.所以異面直線與所成角的余弦值為.17.已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點O，焦點在x軸上，且橢圓C經(jīng)過點，長軸長為.（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點且斜率為1的直線l與橢圓C交于兩點，求弦長；（3）若直線l與橢圓相交于兩點，且弦的中點為，求直線l的方程.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓的長軸長及所經(jīng)過點直接求出，得出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）直線l與橢圓方程聯(lián)立，得出韋達(dá)定理，根據(jù)弦長公式得出結(jié)果.（3）設(shè)，根據(jù)“點差法”求出直線的斜率，由點斜式即可求解.【小問1詳解】由題意設(shè)橢圓C的方程為，因為橢圓經(jīng)過點0,1且長軸長為，所以，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.【小問2詳解】由已知設(shè)直線l的方程為，設(shè)，.將直線代入，得，所以，，.【小問3詳解】設(shè)，則中點是，于是，即，由于在橢圓上，故，兩式相減得到，即，故，于是，故直線的方程是，整理得18.在三棱錐中，平面平面ABC，△為等腰直角三角形，，，，M為AB的中點.（1）求證：.（2）求PC與平面PAB所成角的正弦值.（3）在線段PB上是否存在點N，使得平面平面PAB？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）為中點，連接、，由中位線、等腰直角三角形的性質(zhì)易得、，再根據(jù)線面垂直的判定及性質(zhì)可證結(jié)論.（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，由已知確定相關(guān)點坐標(biāo)，分別求PC與平面PAB的方向向量、法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標(biāo)表示求PC與平面PAB所成角的正弦值.（3）假設(shè)存在N使面面PAB且，，由（2）易得，進(jìn)而求面的法向量，由面面垂直易得求參數(shù)，即可確定存在性.【小問1詳解】若為中點，連接、，又M為AB的中點.∴，由，則，又△為等腰直角三角形，，易知：，由，則面，∵面，∴.【小問2詳解】由（1）可構(gòu)建以為原點，為x、y、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系，∴，則，，，若為面PAB的一個法向量，則，令，即，∴，則PC與平面PAB所成角的正弦值為.【小問3詳解】若存在N使得平面平面PAB，且，，由（2）知：，，則，，若是面的一個法向量，則，令，則，∴，可得.∴存在N使得平面平面PAB，此時.19.已知A，B分別是雙曲線的左、右頂點，點是雙曲線C上的一點，直線PA，PB的斜率分別為，，且.（1）求雙曲線C的方程；（2）已知過點直線，交C的左，右兩支于D，E兩點（異于A，B）.（i）求m的取值范圍；（ii）設(shè)直線與直線交于點Q，求證：點Q在定直線上.【答案】（1）（2）（i）或；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)求出，，從而得到，求出，得到雙曲線方程；（2）（i）由題意知直線l的方程為，，，聯(lián)立雙曲線方程，結(jié)合根的判別式和得到不等式，求出m的取值范圍；（ii）在（i）的基礎(chǔ)上，得到兩根之和，兩根之積，得到，表達(dá)出直線和直線的方程，聯(lián)立得到，將代入，化簡得到