高級中學名校試卷PAGEPAGE1福建省福州市山海聯盟校教學協作體2024-2025學年高二上學期期中考試數學試卷一、單選題（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】D【解析】由，得，即，所以直線斜率為.設直線的傾斜角為，，則，所以，所以直線的傾斜角為.故選:D.2.，若三向量共面，則實數等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由于，，，若三向量共面，故，整理得，故，解得．故選：B．3.橢圓的面積等于圓周率與橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積.已知橢圓的面積為，兩個焦點分別為，直線與橢圓交于兩點，若四邊形的周長為12，則橢圓的短半軸長為（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】A【解析】根據橢圓的對稱性可得，四邊形為平行四邊形，所以四邊形的周長為,解得.因為橢圓的面積為，所以，解得，所以橢圓的短半軸長為.故選:A.4.如圖，在三棱錐中，點P，Q分別是OA，BC的中點，點為線段PQ上一點，且，若記，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】記，點，分別是，的中點，由于，則，即，則，，故．故選：A．5.已知圓與圓的公切線有且只有一條，則實數的值為（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】圓的圓心為，半徑為；圓的圓心為-2,3，半徑為.因為圓和圓只有一條公切線，所以圓與圓內切，所以，即或．故選：C.6.已知二面角棱上有兩點，，若的長為，異面直線與所成的角大小為（）A B. C. D.【答案】B【解析】設，異面直線與所成的角為，因為，，所以.因，所以，所以，即，解得，所以，所以.故選：B.7.唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，詩中隱含著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在的位置為，若將軍從山腳下的點處出發(fā)，河岸線所在直線的方程為，則“將軍飲馬”的最短總路程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖，作點關于直線的對稱點為Px,y，則，解得，所以.則“將軍飲馬”的最短總路程為.故選：C.8.已知橢圓的左?右焦點分別為，點在上，為的中點，且，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如下圖所示：根據題意可知，由橢圓定義可得，又為的中點，可得，因為，由勾股定理可得，即；結合整理可得，即，解得或（舍）.故選：C二、多選題（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.已知圓與直線，下列選項正確的是（）A.直線過定點 B.圓的圓心坐標為C.直線與圓必相交 D.直線與圓相交所截最短弦長為【答案】BCD【解析】對于A，由直線，整理可得，可得，解得，則直線過定點2,1，故A錯誤；對于B，由圓，則圓心為，半徑，故B正確；對于C，由定點2,1到圓心的距離，故C正確；對于D，當定點與圓心的連線垂直于直線時，所截的弦是最短的，則弦長為，故D正確.故選：BCD.10.正四棱錐中，各棱長均為，則（）A.A，N，D，Q四點共面B.點到平面PMQ的距離為C.平面MNQ與平面ABCD夾角的正弦值為D.點N到PA的距離為【答案】BD【解析】設，連接，由正四棱錐的性質知，平面，故以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，選項A，,,，,0,，,0,，,,，所以,,，,,，,,，若，，，四點共面，則存在唯一的實數，使得，所以,,,,,,，即，此方程組無解，所以，，，四點不共面，即選項A錯誤；選項B，,0,，,0,，所以,0,，易知平面的一個法向量為,0,，所以點到平面的距離為，即選項B正確；選項C，,,，,0,，,,，所以,,，,,，設平面的法向量為,,，則，令，則，，所以,0,，易知平面的一個法向量為,0,，設平面與平面夾角為，則,，所以平面與平面夾角的余弦值為，即選項C錯誤；選項D，,0,，,0,，,,，所以,0,，,,，所以點到的距離為，即選項D正確．故選：BD．11.月光石不能頻繁遇水，因為其主要成分是鉀鈉硅酸鹽．一塊斯里蘭卡月光石的截面可近似看成由半圓和半橢圓組成，如圖所示，在平面直角坐標系，半圓的圓心在坐標原點，半圓所在的圓過橢圓的右焦點，橢圓的短軸與半圓的直徑重合．若直線與半圓交于點A，與半橢圓交于點B，則下列結論正確的是（）A.橢圓的離心率是B.的周長存在最大值C.線段AB長度的取值范圍是D.面積的最大值是【答案】ACD【解析】由題意知，半圓的方程為，設橢圓方程為，則，所以，故橢圓方程為，A選項，橢圓離心率，故A正確；C選項，當時，，當時，，此時重合，不合要求，又與半圓交于點A，與半橢圓交于點B所以線段長度的取值范圍是，C正確；D選項，由題意得的面積，設，則，所以，設，則，所以，故，，當且僅當，即時，等號成立，故D正確，B選項，的周長等于，則當時，的周長最大，但是，所以的周長沒有最大值，B錯誤.故選：ACD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，則向量在向量上投影向量的坐標是______.【答案】【解析】向量在向量上投影向量為，因為，所以，，所以向量在向量上投影向量的坐標為.故答案為：.13.已知的周長為24，且頂點，則頂點的軌跡方程是______.【答案】【解析】由題意可得，且，易知頂點的軌跡為去掉與軸上的交點的橢圓，可得其方程為，可得，，則，所以軌跡方程為.故答案為：.14.已知圓，直線，圓上至少有三個點到直線的距離都等于2，則b的范圍是______.【答案】【解析】由圓，可得圓心與半徑，則圓心到直線的距離，由題意可得，解得.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟．）15.中，頂點邊所在直線方程為邊上的高所在直線方程為.（1）求邊所在直線的方程；（2）求邊的中線所在直線的方程.解：（1）由邊上的高所在直線方程為，則直線的斜率為，由，則直線的方程為，整理可得.（2）聯立，解得，則，由，邊上的中點為，由，則邊上的中線所在的直線斜率，則邊上的中線所在直線的方程為，整理可得.16.如圖，在直三棱柱中，為直角，側面為正方形，分別為的中點.（1）求證：平面；（2）求證：；（3）求直線與平面所成角的正弦值.（1）證明：連接，在中，因為，分別為，的中點，所以，又平面，平面，所以平面．（2）證明：因為直三棱柱中，為側棱，所以平面，因為平面，所以，又為直角，所以又，，平面，所以平面，因為平面，所以，由（1），所以．（3）解：建立空間直角坐標系，則，，，，，因此，．設平面的法向量為，則，，所以，即令，則，，所以為平面的一個法向量，設直線與平面所成角為．所以．17.已知分別為橢圓的左、右焦點，離心率為，點為橢圓上的一動點，且面積的最大值為．（1）求橢圓C的方程；（2）過橢圓的左焦點且斜率為2的直線交橢圓于A，B兩點，求的面積．解：（1）由點為橢圓上的一動點，且面積的最大值為，可知點為橢圓的短軸頂點時面積取到最大值，此時面積為，又由離心率，則由，故，所以橢圓C的方程為；（2）由過橢圓的左焦點F1-1,0且斜率為2的直線方程為：，由直線方程與橢圓C的方程聯立方程組，消得：，整理得：，所以有弦長，焦點F21,0到直線的距離為，所以的面積為：，故的面積為.18.已知半徑為的圓的圓心在軸的正半軸上，且直線與圓相切．（1）求圓的標準方程；（2）若的坐標為，過點作圓的兩條切線，切點分別為，求直線的方程；（3）過點任作一條不與軸垂直的直線與圓相交于兩點，在非正半軸上是否存在點，使得？若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由．解：（1）設圓心的坐標為，則圓的方程為，因為直線與圓相切，所以點到直線的距離，因為，所以，所以圓的標準方程為；（2）法1：由條件可知四點共圓，且直徑，記為圓，則,半徑，所以圓的方程為，因為圓的方程為，兩圓方程相減可得，所以直線的方程為；法2：設，設直線上任意不同于點的點為，根據,可得切線的方程為，因為在直線上，所以，同理，從而直線的方程為，即；（3）設存在點滿足條件，由題可設直線，，由，得，∵點在圓內部，∴恒成立，則，因為，所以，即，即是，整理得，從而，化簡有，因為對任意的都要成立，所以，由此可得假設成立，存在滿足條件的，且坐標為．19.在空間直角坐標系中，過點且以為方向向量的直線方程可表示為，過點且以為法向量的平面方程可表示為．（1）若直線與都在平面內，求平面的方程；（2）在三棱柱中，點與坐標原點重合，點在平面內，平面以為法向量，平面的方程為，求點的坐標；（3）若集合中所有的點構成了多面體的各個面，求的體積和相鄰兩個面所在平面的夾角的余弦值．解：（1）由題意可知，直線的一個方向向量為，直線的一個方向向量為，設平面的法向量為，則，解得，取，則，易知直線過點，所以，平面的方程為.即.（2）根