重慶市渝東九校聯盟2024-2025學年高二上學期（期中）聯合診斷性測試數學試題【含答案解析】

渝東九校聯盟高2026屆（高二上）聯合診斷性測試數學試題考試時間：120分鐘總分：150分預測難度系數：0.5命審題學校：秀山一中涪陵高中梁平一中命審題人：唐虹韓樂榮曾春注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、班級、考號等信息填寫在答題卡上.2.請將答案正確填寫在答題卡上.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，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據斜率與傾斜角的關系即可求.【詳解】化直線為，所以直線的斜率，令直線的傾斜角為，則，，.故選：C.2.已知向量，向量，若，則的值為（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據空間向量平行的坐標表示列式求解即可.【詳解】因為，，且，則，解得.故選：C.3.橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出、的值，即可求出該橢圓的離心率的值.【詳解】在橢圓中，，，則，因此，該橢圓的離心率為.故選：A.4.已知點，點，則以為直徑的圓的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圓心坐標與圓的半徑，即可得出該圓的方程.【詳解】由題意可知，圓心為線段的中點，圓的半徑為，因此，所求圓的方程為.故選：B.5.已知是空間的一個基底，則可以和，構成空間的另一個基底的向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據基底向量的定義以及向量共面的判定定理逐項分析判斷即可.【詳解】因為是空間的一個基底，可知，，不為共面向量，對于A：因為，可知，，為共面向量，不能作為基底，故A錯誤；對于B：因為，可知，，為共面向量，不能作為基底，故B錯誤；對于C：因，可知，，為共面向量，不能作為基底，故C錯誤；對于D：假設，，共面，則，可得，方程組無解，可知，，不為共面向量，可以作為基底，故D正確；故選：D.6.已知點，點是圓上一動點，線段MP的垂直平分線交于點，則動點的軌跡方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由一般方程得到圓心和半徑，再由幾何關系得到點的軌跡是以為焦點的橢圓即可；【詳解】由題意得，圓心，半徑，因為，，所以點的軌跡是以為焦點的橢圓，其中，所以動點的軌跡方程為，故選：B.7.如圖，在平行六面體中，，，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由空間向量平行六面體法則可得，利用空間向量數量積的運算性質可求得的值.【詳解】由題意可得，，，所以，向量、、兩兩夾角為，由空間向量數量積的定義可得，同理可得，因為，故，因此，.故選：D.8.已知圓.若為直線上的動點，是圓上的動點，定點，則的最小值（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出點關于直線的對稱點的坐標，進而可得，由此即可得解.【詳解】設點關于直線的對稱點為，則，解得，所以，則，當且僅當、、、四點共線（點在、兩點之間）時，取等號，所以的最小值為.故選：C.【點睛】結論點睛：若點是半徑為的圓外的一點，則點到圓的上一點的距離的取值范圍是.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.已知直線，直線，，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.直線過定點C.若，則 D.當時，直線不經過第二象限【答案】AC【解析】【分析】根據兩直線平行可得出關于實數的等式與不等式，解之可判斷A選項；解方程組可求出直線所過定點的坐標，可判斷B選項；利用兩直線垂直求出的值，可判斷C選項；數形結合可判斷D選項.【詳解】對于A選項，若，則，解得，A對；對于B選項，由可得，即直線過定點，B錯；對于C選項，若，則，解得，C對；對于D選項，當時，直線交軸的負半軸于點，作出直線的圖象如下圖所示：由圖可知，當時，直線不經過第一象限，D錯.故選：AC.10.圓和圓的交點為、，則有（）A.公共弦所在的直線方程為B.線段的中垂線方程為C.公共弦的長為D.為圓上一動點，則到直線距離的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】將兩圓作差，可得出公共弦所在直線的方程，可判斷A選項；分析可知，垂直平分線段，求出直線的方程，可判斷B選項；利用幾何法求出公共弦的長，可判斷C選項；利用圓的幾何性質可判斷D選項.【詳解】圓的圓心為原點，半徑為，圓的標準方程為，圓心為，半徑為，對于A選項，將兩圓方程作差可得，所以，公共弦所在的直線方程為，A對；對于B選項，因為，，，所以，，則，又因為，由等腰三角形三線合一性質可知，垂直平分線段，，所以，直線的方程為，即，故線段的中垂線方程為，B對；對于C選項，圓心到直線的距離為，所以，，C錯；對于D選項，為圓上一動點，則到直線距離的最大值為，D對.故選：ABD.11.如圖，在正方體中，點在線段上運動，則下列結論正確的是（）A.三棱錐的體積為定值B.異面直線AP與所成角的取值范圍是C.平面ADP與平面ABCD所成夾角的余弦值取值范圍是D.直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，利用線面平行的判定定理，得出平面，再根據三棱錐的體積的計算方法，即可進行判斷；對于B，利用異面直線所成角的計算方法，即可進行判斷；對于CD，通過建立空間直角坐標系，利用坐標法求出平面與平面所成角的余弦值和直線與平面所成角的正弦值，然后借助二次函數，即可進行判斷.【詳解】對于A，，平面，平面，所以平面，因為點在線段上運動，點到平面的距離為定值，又的面積為定值，故三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，因為，所以異面直線與所成的角即為與所成的角，當點位于點時，與所成的角為，當點位于的中點時，因為平面，，所以，此時，與所成的角為，所以異面直線與所成角的取值范圍是，故B正確；對于C，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，，，則，，設平面的法向量，設平面的法向量，，則，即，令，則，則得，面與平面所成夾角為，所以，因為，，所以，，所以平面與平面所成夾角的余弦值取值范圍是，故C錯誤；對于D，則，，，，，，設平面的法向量n=x,y,z，則，即，令，則，得，所以直線與平面所成角的正弦值為：，當時，直線與平面所成角的正弦值取得最大值，最大值為，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.直線與直線的交點坐標為______.【答案】2,3【解析】【分析】聯立兩直線的方程，可求出兩直線的交點坐標.【詳解】聯立，解得，因此，直線與直線的交點坐標為.故答案為：.13.已知橢圓的左右焦點分別為，，點在橢圓上且在軸上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則的面積為______.【答案】【解析】【分析】根據題意結合橢圓定義可知，，再結合等腰三角形求高和面積.【詳解】由橢圓方程可知：，因為分別為的中點，則，可得，因為，則，且，所以的面積為.故答案為：.14.在棱長為的正方體中，、、分別為、、中點，、分別為直線、上的動點，若、、共面，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點、，其中、，利用空間向量共面可得出，然后二次函數的基本性質結合空間向量數量積的坐標運算可求得的最小值.【詳解】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設點、，其中、，易知、，則，，，因為、、共面，則存在、，使得，即，解得，所以，，即，所以，，當且僅當時，等號成立，故的最小值為.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.在中，、、，線段的中點為，且.（1）求實數的值；（2）求邊上的中線所在的直線方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出點的坐標，由題意可得出，利用斜率公式可求出實數的值；（2）求出線段的中點的坐標，可求出直線的方程，再利用點斜式可得出所求直線的方程.【小問1詳解】由題意，直線的中點為，則，因為，則，即，解得.【小問2詳解】由（1）知點，線段的中點為，所以，，所以，邊上的中線所在的直線方程為，即.16.如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為直角梯形，，，，，點是棱上靠近點的三等分點.（1）證明：平面；（2）求平面與平面夾角余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由線面垂直的性質可得出，由已知條件得出，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】因為平面，平面，則，因為，即，因為，、平面，故平面.【小問2詳解】因為平面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為，，則、、、、，設平面的法向量為m=x1,y1則，取，可得，設平面的法向量為n=x2,y2則，取，可得，所以，，因此，平面與平面夾角的余弦值為.17.已知橢圓的左焦點為，且點在橢圓C上.（1）求橢圓C的標準方程；（2）若斜率為直線交橢圓C于A、B兩點，且，求直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意可知：，進而可得和方程；（2）設直線：，聯立方程，利用弦長公式結合韋達定理運算求解即可.【小問1詳解】由題意可知：，則，所以橢圓C的標準方程為.【小問2詳解】設直線：，聯立方程，消去y可得，則，解得，可得，則，解得，所以直線的方程為，即.18.已知矩形ABCD，，，為CD中點，沿AE折成直二面角，為BC為中點.（1）求證：；（2）在棱DE上是否存在點N，使得平面ADM?若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在；【解析】【分析】（1）取的中點，連接，由面面垂直的性質得到，再由中位線的性質得到，然后由線面垂直的判定定理證明即可；（2）建立如圖所示坐標系，平面的法向量，利用解出即可；【小問1詳解】取的中點，連接，因為矩形ABCD，，，所以，由為CD中點，所以，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，由為的中點，為四邊形的中位線，，所以，又平面，，所以平面，由平面，所以.【小問2詳解】作，以為原點，以所在直線為建立空間直角坐標系，由（1）得為四邊形的中位線，所以，由得，，，所以，設平面的法向量為，則，取，則，設點存在，，，所以，所以，由平面得，所以，解得，即，所以所以存在點N，使得平面ADM，.19.“曼哈頓幾何”也叫“出租車幾何”，是在19世紀由赫爾曼·閔可夫斯基提出的（如圖是抽象的城市路網，其中線段AB是歐式空間中定義的兩點最短距離，但在城市路網中，我們只能走有路的地方，不能“穿墻”而過），所以在“曼哈頓幾何中”，這兩點最短距離用表示，又稱“曼哈頓距離”；即，因此：“曼哈頓兩點間距離”：若Ax1,y1，Bx2,y2，則，在平面直角坐標系中，我們把到兩定點F1?c,0，的“曼哈頓距離”之和為常數的點的軌跡叫“新橢圓”，（1）已知，，求的值；（2）分別求，的取值范圍；（3）若，，求“新橢圓”圍成的面積.【答案】（1）（2）取值范圍為；的取值范圍為（3）6【解析】【分析】（1）根據定義直接運算求解即可；（2）設“新橢圓”上任意一點為，可得，分類討論去絕對值，作出圖象，即可得，的范圍；（3）根據（2）中圖象，代入，即可得面積.【小問1詳解】因為，，所以.【小問2詳解】設“新橢圓”上任意一點為，根據“新橢圓”的定義，可得，即，當時，可得，即；當