2024-2025学年福建省三明市高二上学期期中联考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年福建省三明市高二上学期期中联考数学检测试题一、单选题1．椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．2．已知圆的方程是，则圆心的坐标是（

）A． B． C． D．3．直线与圆的位置关系是（）A．相交且过圆心 B．相切C．相离 D．相交但不过圆心4．已知空间向量满足，则向量的夹角为（）A． B． C． D．5．若空间中有三点，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．6．将直线绕点逆时针旋转后所得直线的方程为（

）A． B．C． D．7．已知点为直线上任意一点，则的最小值是（

）A． B．2 C． D．8．已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于两点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（

）A． B．C． D．不是平面的一个法向量10．若圆与圆相交，则k的取值可能为（

）A． B．0 C．3 D．511．法国数学家蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法中正确的是（

）A．椭圆的蒙日圆方程为B．过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为为直角时，直线的斜率为C．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则D．若为正方形，则的边长为三、填空题12．已知定点，点为圆上的动点，则的中点的轨迹方程为.13．设直线与直线的交点为P，则P到直线的距离的最大值为．14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，3)，圆.若圆C上存在点M，使，则实数a的取值范围是．四、解答题15．已知直线和点．(1)求经过点，且与直线平行的直线的方程；(2)求经过点，且与直线垂直的直线的方程；(3)求点关于直线对称的点的坐标；16．已知椭圆：的离心率为，焦距为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.17．如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点.(1)求点到平面的距离；(2)求直线与平面所成角的余弦值.18．已知直线：，：，且满足，垂足为C.(1)求m的值及点C的坐标.(2)设直线与x轴交于点A，直线与x轴交于点B，求的外接圆方程.19．阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.答案：题号12345678910答案AAADDCCABDAC题号11答案ACD1．A【分析】求出和即可求出离心率.【详解】因为，，所以离心率为.故选：A.2．A【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标.【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是.故选：A.3．A【分析】先求出圆的圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，与半径比较可得结论.【详解】圆的圆心为，半径，因为，所心直线过圆心，所以直线与圆相交且过圆心.故选：A.4．D【分析】由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由向量，因为，可得，解得，所以.又因为，所以.故选：D．5．D【分析】求出平面的法向量，然后利用空间点面距离公式可得答案.【详解】，设平面的一个法向量为，由得，令得，所以，则点到平面的距离为.故选：D.6．C【分析】分析可知，所得直线与直线垂直，可得出所求直线的斜率，再利用点斜式可得出所求直线的方程.【详解】由题意可知，所得直线与直线垂直，即所求直线的斜率为，因此，所求直线的方程为，即.故选：C.7．C【分析】的几何意义为直线上的点到原点的距离，由点到直线的距离公式可得．【详解】点为直线上任意一点，又的几何意义为直线上的点到的距离，故最小值为到直线的距离，即最小值为故选：C．8．A【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可.【详解】，即，则圆心，半径为.椭圆方程，,则，则圆心为椭圆的焦点，由题意的圆的直径，且如图，连接，由题意知为中点，则，可得.点为椭圆上任意一点，则，，由，得.故选：A.关键点点睛：解决此题的关键于利用中点性质，将多动点有关的数量积，通过向量的线性运算与数量积运算性质，转化为动点与定点圆心连线的长度来表示，进而可借助椭圆上任意一点到焦点距离的范围使问题得解.9．BD【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误.【详解】由为正方体，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则､.对于选项，，则，故错误；对于选项，，则，故正确；对于选项，，故，故错误；对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.故选.10．AC【分析】根据两圆相交时圆心距与两圆半径之间的关系求解即可.【详解】两圆的圆心，圆心距，半径分别为，因为圆M与圆N相交，所以，解得或．故选：AC．11．ACD【分析】根据给定条件，结合蒙日圆的特征求出蒙日圆的方程判断A；求出直线与蒙日圆的交点坐标计算判断B；由两圆相切求出判断C；求出蒙日圆的内接正方形边长判断D.【详解】对于A，椭圆的蒙日圆方程为，A正确；对于B，依题意，点是直线与蒙日圆的交点，则，解得或，直线的斜率为或0，B错误；对于C，圆的圆心为，半径为2，显然点在圆外，而圆的半径为3，由两圆只有一个公共点，得，解得，C正确；对于D，由矩形的四边均与椭圆相切，得是圆的内接矩形，当为正方形时，该正方形边长为，D正确.故选：ACD12．【分析】利用代入法求解动点的轨迹方程，以及中点公式等知识点，即可求解.【详解】由题意，设，则，所以，代入圆的方程，整理得，即.故答案为.13．【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.【详解】由可以得到，故，直线的方程可整理为：，故直线过定点，因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，故，故答案为.14．.【分析】由得到点M的轨迹方程为圆，再由两圆的位置关系求出a的范围.【详解】由的圆心，设，因为，所以.所以点M在以为圆心，2为半径的圆上，则圆C与圆D有公共点，满足：，即.故答案为.15．(1)(2)(3)【分析】（1）设所求直线方程为，代入点可得结果；（2）根据直线垂直可得所求直线斜率，代入点即可求解；（3）设点关于直线对称的点的坐标，利用垂直和中点坐标关系解方程组可得结果.【详解】（1）可设所求直线方程为将点代入得，解得所以所求直线方程为；（2）可设所求直线方程为，将点代入得，解得，所以所求直线方程为；（3）设点关于直线对称的点的坐标为，则有，解得，即所求点的坐标为；16．(1)(2)【分析】（1）根据题意列出关于的方程组即可求解；（2）设所求直线方程为，联立椭圆方程结合判别式等于0求出参数的值即可得解.【详解】（1）由题意得，从而可得，椭圆的标准方程为.（2）设与直线平行的直线的方程为：，联立，得，由，得，直线的斜截式方程为.17．(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，运用向量点到平面的距离公式计算即可；（2）先求出直线与平面所成的角，可通过向量法，求出平面的法向量，再根据向量的夹角公式求出直线与平面所成角的正弦值，最后根据三角函数关系求出余弦值.【详解】（1）因为，，，，底面为正方形，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，因为，分别为，中点，所以，，则，，，设平面的法向量为，由，即，令，则，，所以，则，，根据点到平面的距离公式.（2）首先设平面的法向量，，，由，即，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，则，，，所以，因为，所以，则直线与平面所成角的余弦值.18．(1)，(2)．【分析】（1）根据题意，求得两直线的斜率，结合，求得，得出直线的方程，联立方程组，求得交点坐标.（2）由（1）中的直线方程，求得，，得到的外接圆是以为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求解.【详解】（1）解：显然，可得，，由，可得，即，解得，所以直线：，直线：，联立方程组，解得，所以点．（2）解：由直线：，直线：，可得，，所以的外接圆是以为直径的圆，可得圆心，半径，所以的外接圆方程是．19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用条件，建立的关系，直接求出即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程y=kx−1，联立方程得到3+4k2x2−8k【详解】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准