浙江省宁波三锋联盟2024−2025学年高二上学期期中考试数学试卷含答案

浙江省宁波三锋联盟2024−2025学年高二上学期期中考试数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线过点，，则直线的倾斜角为（）A． B． C． D．2．直线：与直线：的距离是（

）A． B． C． D．13．“”是“曲线表示椭圆”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为的中点，则（

）

A． B．C． D．5．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．6．已知点，，，圆，一条光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为（

）A． B． C． D．7．已知直线：与圆：，过直线上的任意一点作圆的切线，，切点分别为A，，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．设椭圆的两个焦点是，，过点的直线与椭圆交于点，若，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（

）A．的周长为10 B．面积的最大值为C．椭圆C的焦距为6 D．椭圆C的离心率为10．已知圆与圆交于，两点，则（

）A．两圆的公切线有2条B．直线方程为C．D．动点在圆上，则的最大值为11．如图，已知正方体的棱长为2，点，在四边形所在的平面内，若，，则下述结论正确的是（

）A．二面角的平面角的正切值为2B．C．点的轨迹是一个圆D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为三、填空题（本大题共3小题）12．，，，则．13．已知正四面体的棱长为1，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值．14．已知点P是椭圆上一动点，Q是圆上一动点，点，则|PQ|－|PM|的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线经过点．(1)若与直线：垂直，求的方程；(2)若在两坐标轴上的截距相等，求的方程．16．已知直线与圆交于两点，点在圆上运动．(1)当时，求；(2)已知点，求的中点的轨迹方程．17．在直三棱柱中，D、E分别是、的中点，，，.(1)求证：平面；(2)求点E到平面的距离.18．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.(1)求证：平面；(2)求与平面所成的角；(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.19．已知、分别为椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆的方程；(2)设为椭圆的左顶点，过点的直线交椭圆于、两点，，求直线的方程．(3)若过椭圆上一点Px0,y0的切线方程为，利用上述结论，设是从椭圆中心到椭圆在点处切线的距离，当在椭圆上运动时，判断是否为定值．若是求出定值，若不是说明理由．

参考答案1．【答案】C【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：；故选：C2．【答案】A【详解】直线：化为，又直线：，所以，所以直线与直线的距离是.故选：A.3．【答案】B【详解】因为曲线为椭圆，所以，解得且，所以“”是“且”的必要而不充分条件.故选：B4．【答案】A【详解】由题可知，故选：A5．【答案】C【分析】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求得异面直线与所成角的余弦值．【详解】由题意可知，三线两两垂直，所以可建立空间直角坐标系，如图所示：则，∴，∴，异面直线与所成角的余弦值为．故选C．6．【答案】B【详解】直线方程为，即，设点关于直线的对称点为，则，解得，故，圆心为，半径为，故，因此过经过反射在处，由于，故光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为，故选：B7．【答案】C【详解】由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径为1，则圆心到直线的距离为，可知直线与圆相离，因为，且，当OP最小时，则最大，可得最大，即最大，又因为OP的最小值即为圆心到直线的距离为，此时，所以取得最大值．故选：C．8．【答案】B【详解】连接，如下图所示：由椭圆定义，以及已知条件，可得：，在和中，由余弦定理可得：，代值整理可得：，，则离心率.故选：B.9．【答案】AB【详解】对A，因为椭圆C：，的周长为，故A正确；对B，因为，面积最大时高最大，为，所以面积的最大值为，故B正确；对C，椭圆C的焦距为，故C错误；对D，椭圆C的离心率为，故D错误；故选：AB10．【答案】ABD【详解】由题意可知，，故，故两圆相交，公切线有2条，A正确，与圆相减可得，故直线方程为，B正确，到直线的距离为，故，故C错误，可看作是圆上的一个点到点的距离的平方，故最大值为，D正确，故选：ABD11．【答案】BCD【详解】对于A,连接相交于，连接,由于且，故因此为二面角的平面角，故,故A错误，对于C：在正方体中，平面，平面，所以，故，则有，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故选项C正确；对于B：在正方体中，平面平面，且两平面交线为,平面，故平面，因为，则平面，故在上，建立如图所示的空间直角坐标系，因为点的轨迹是线段，设，则,,，则,0,，,0,，,0,，,2,，,，则,,，,故，进而可得，故，B正确，又,0,，,2,，,,，设平面的一个法向量为,,，则有，即，令，则，，故平面的一个法向量为,1,，设与平面所成的角为，则,，当时，有最大值，故与平面所成角的正弦值的最大值，故D正确．故选：BCD．12．【答案】【详解】，解得，故，故答案为：13．【答案】【详解】由，且，可知与，，共面，则的最小值为三棱锥的高，设为在平面上的射影，连接并延长交于点，则，所以，所以，所以三棱锥的高为．故答案为：14．【答案】6【详解】如图所示：由，得，则，所以椭圆的左，右焦点坐标分别为，，则圆的圆心为椭圆的左焦点，由椭圆的定义得，所以，又，所以，，故答案为：6.15．【答案】(1)(2)或【详解】（1）由题可知，的斜率为，设的斜率为，因为，所以，则，又经过点，所以的方程为，即；（2）若在两坐标轴上的截距为0，即经过原点，设的方程为，将代入解析式得，解得，故的方程为，若在两坐标轴上的截距不为0，则设的方程为，由，得，故的方程为，综上，的方程为或.16．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知：圆的圆心，半径，则圆心到直线的距离，可得，解得.（2）设，因为点，且为的中点，则，又因为点在圆上，则，整理得，所以点的轨迹方程为.17．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为为直三棱柱，则平面，且，以的原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，且，分别是，的中点，则，所以,，设平面的法向量为，则，则，取，则，则平面的一个法向量为，因为平面，且，则平面.（2）由（1）可知，平面的一个法向量为，且，则点到平面的距离.18．【答案】(1)证明见解析；(2)30°；(3)存在，.【详解】(1)因为，是的中点，所以，故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，，,又因为，所以平面，由题意，易知，，所以四边形是平行四边形，故，所以平面；(2)因为平面，所以与平面所成的角为，由已知条件，可知，，所以是正三角形，所以，所以与平面所成的角为30°；(3)假设线段上是存在点，使得平面，过点作交于，连结，，如下图：所以，所以，，，四点共面，又因为平面，所以，所以四边形为平行四边形，故，所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且.19．【答案】(1)(2)(3)为定值，且定值为12，【详解】（1）设，，，故，点在椭圆上，则，，故得，即解得，故椭圆的方程为．（2）由（1）知