辽宁省名校联合体2024−2025学年高二上学期期中检测数学试题含答案

辽宁省名校联合体2024−2025学年高二上学期期中检测数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知向量，则的值为（

）A． B．14 C． D．42．点关于平面对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．3．已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（）A．内含 B．相切 C．相交 D．外离4．两平行直线：，：之间的距离为（

）A． B．3 C． D．5．已知点，且四边形是平行四边形，则点的坐标为（

）A． B．C． D．6．已知方程表示一个焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．7．在直三棱柱中，，，，则直线与平面所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．在空间直角坐标系中，已知，则点A到直线的距离为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．向量，若，则（

）A． B．C． D．10．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则以为原点，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（

）A．平面B．C．是平面的一个法向量D．点到平面的距离为11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点，点是椭圆上的一个动点，则（

）A．B．C．当点不在轴上时，从点向轴作垂线，为垂足，则线段的中点的轨迹方程为D．的最大值为三、填空题（本大题共3小题）12．两平面的法向量分别为，则两平面的夹角为.13．在空间直角坐标系中，点在平面内，且，为平面内任意一点，则．14．在平面直角坐标系中，轴被圆心为的圆截得的弦长为，直线：与圆相交于，两点，点在直线上，且，那么圆的方程为，的取值范围为．四、解答题（本大题共5小题）15．求符合下列条件的直线的方程：(1)过点，且斜率为；(2)过点，；(3)过点且在两坐标轴上的截距相等．16．如图，在直三棱柱中，，点分别为棱的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与直线的夹角的余弦值.17．已知圆C过点，，且圆心C在直线上．（1）求圆C的标准方程；（2）过点的直线l与圆C相切，求直线l的方程．18．已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是．(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程．19．如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，.点是线段上的动点（不含端点）.（1）当时，求的值；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.

参考答案1．【答案】B【详解】．故选：B2．【答案】B【详解】点关于平面对称的点的坐标是.故选：B3．【答案】A【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，则，故，所以两圆内含；故选：A4．【答案】A【详解】由题意得：直线，，，，两直线为平行直线，直线，两平行直线之间的距离为．故选A.5．【答案】A【详解】设设点D的坐标为，由题意得，因为四边形是平行四边形，所以，所以，解得，故选：A6．【答案】B【分析】由椭圆的简单几何性质即可求解.【详解】因为方程表示一个焦点在轴上的椭圆，所以有，解得，所以实数的取值范围为，故选B.7．【答案】D【详解】因为三棱柱是直三棱柱，且，所以以B为原点、AB所在直线为x轴、BC所在直线为y轴、所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为，所以，故．设为平面的一个法向量，则，令，得．设直线与平面，所成的角为，则，则．故选：D．8．【答案】A【详解】，，.故选：A.9．【答案】BC【详解】因为，所以，由题意可得，所以，则．故选：BC10．【答案】ACD【详解】对于A，由于，分别是的中点，所以平面平面，所以平面，故A正确；对于B，，故，，故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误；对于C，由，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量，故C正确；对于D，，点到平面的距离为，故D正确.故选：ACD．11．【答案】ABC【详解】对于A，由椭圆方程得：F1-1,0，F21,0，，A正确；对于B，，，，B正确；对于C，设，Mx,y，则，，即，，又在椭圆上，，即点轨迹为，C正确；对于D，由椭圆定义知：，，（当且仅当三点共线时取等号，即位于图中点的位置时取等号），，D错误.故选：ABC.12．【答案】【详解】解：两平面的法向量分别为，设两平面的夹角为，所以，因为，所以，即两平面的夹角为.故答案为：.13．【答案】4【详解】由题知，根据可知，是平面的一个法向量，则，所以，整理可得．故答案为：4．14．【答案】【详解】设圆的标准方程为，因为轴被圆心为的圆截得的弦长为，所以，可得，所以圆的方程为；由直线与圆相交，有，解得或．由，，可得直线与直线垂直，有，有，解得，可得，又由或，，或，由反比例函数的性质可得或，所以的取值范围为，故答案为：；

15．【答案】(1)；(2)；(3)或.【详解】（1）∵所求直线过点，且斜率为，∴，即；（2）∵所求直线过，，∴，∴，即；（3）当直线过原点时，设直线方程为，∵直线过点，∴，直线方程为，即；当直线不过原点时，设直线方程为，将点代入上式，得，解得，故直线的方程为，综上，直线方程为或．16．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）先证，再由线线平行正线面平行即可；（2）由题意建系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.【详解】（1）因为是直三棱柱，则，又因为点分别为棱的中点，所以，则四边形是平行四边形，所以，又因为平面平面，故平面；（2）如图，因为直三棱柱中，故可以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，于是，设直线与直线的夹角为，则，故直线与直线的夹角的余弦值为.17．【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）圆C过点，，且圆心C在直线上,可用待定系数法求圆的标准方程;（2）求圆的切线,分斜率存在和斜率不存在两种情况讨论.【详解】解：（1）直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为直线AB的垂直平分线的方程为，整理为联立方程，解得由圆C的性质可知，圆心C的坐标为，可得圆C的半径为故圆C的标准方程为（2）①当直线l的斜率不存在时，直线正好与圆C相切，故此时直线l的方程为②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，整理为由直线l与圆C相切，有，解得可得直线l的方程为，整理为故直线l的方程为或．18．【答案】(1)(2)或或或【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意有，解得，，，故椭圆C的标准方程为；（2）若直线l的斜率不存在，直线l的方程为，此时满足的点M显然不在椭圆C上，可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，，联立方程，消去y后整理为，可得，，由，可得，又由，可得，，将点M的坐标代入椭圆C的方程，有，整理为，又由原点O到直线l的距离为，有，可得，联立方程，可得，解得或或或，又由，可得直线l的方程为或或或．19．【答案】（1）；（2）.【详解】解：（1）如图，取中点，连接，，因为，，所以，在菱形中，，为中点，所以，因为，平面，