浙江省台金七校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题（解析版）-A4

第页2024学年第一学期台金七校联盟期中联考高二年级数学学科试题命题学校：浙江省台州中学东校区审题学校：仙居中学考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．选择题部分一．单选题：（本题共8小题，每题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为().A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出倾斜角，求出其正切值，即斜率，进而可得倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，，则，.故选：B.2.若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】C【解析】【分析】根据空间共面向量定理逐一分析判断即可.【详解】对于A，由于，则，，共面；对于B，由于，则，，共面；对于C，由于不存在实数，使得，则，，不共面；对于D，由于，则，，共面.故选：C.3.双曲线的渐近线方程是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，即可求出渐近线方程．【详解】令，解得，所以双曲线的渐近线方程是．故选：B．4.若直线：与：平行，则实数m等于().A.1 B.0 C. D.1或【答案】C【解析】【分析】先判断和两种情况不符合题意，再根据计算判断即可.【详解】直线：的斜率，：，当时，两直线不平行；当时，两条直线不平行；当且时，的斜率，由于，则，解得：或，当时两直线重合，不符合题意，时，两直线平行，故.故选：.5.正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上一点（含端点），且，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】由空间向量数量积确定位置，再由体积公式即可求解.【详解】如图建立空间直角坐标系：则，设，则：，所以，又是棱上一点，所以，即是棱的中点，所以三棱锥的体积为，故选：6.圆与圆的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则的值为（）A. B.3 C.7或 D.或3【答案】C【解析】【分析】先分析两圆的圆心和半径，列出相交需满足的条件，再求出公共弦所在直线的方程并表示出三角形面积，由此可计算出的值，注意检验.【详解】圆的圆心为，半径，圆，圆心为，半径，由题意可知两圆相交，且，所以；两圆方程作差可得，即为公共弦所在直线的方程，令，则，令，则，所以直线与坐标轴围成的三角形面积为，解得或，经检验或满足条件，故选：C.7.已知直线：与直线：相交于点P，若点P始终在圆内，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据两直线经过定点，且垂直可判断点的轨迹为，进而利用两圆的位置关系为内含，利用圆心距和半径的关系求解.【详解】由于：恒过定点，直线：恒过，且两直线互相垂直，因此在以为直径的圆上运动，故点的轨迹为，由于点P始终在圆内，因此内含于，故两圆的圆心距，解得，故选：D8.双曲线（，）的左、右焦点为，，过的直线与C的左支交于P，Q两点，若，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意，由双曲线的定义分别得到，再由，结合余弦定理代入计算，化为的齐次式，即可得到结果.【详解】因为，故，且，故，故，根据余弦定理，，且，代入计算可得，化简可得，即，解得或（舍去）.故选：A二．多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的部分得分）9.下列命题正确的是（）A.直线在轴的截距是B.直线的倾斜角为30°C.过点且倾斜角为90°的直线方程为D.过点的直线与轴，轴正半轴分别交于，两点，则（为坐标原点）面积的最小值为．【答案】BCD【解析】【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程结合基本不等式等知识可确定正确答案.【详解】对于A：由，令，得，所以直线在轴的截距是，即A错误；对于B：由，得斜率，所以倾斜角为30°，故B正确；对于C：过点且倾斜角为90°的直线方程为，即，故C正确；对于D：设与轴，轴的交点，，则，∵过点，∴，由基本不等式得，∴，当且仅当时，等号成立所以，即面积的最小值为，故D正确.故选：BCD.10.在正方体中，（），则（）A.B.当点Q在平面内时，C.与平面所成角的正切值为D.当时，四棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】【分析】依题意点Q在四边形内及边界运动（不含）.对于A，通过证明线面垂直证得线线垂直得出结果；对于B，当点Q在平面内时，即点在线段上，即可直接判断结果；对于C，分析可得的大小等于与平面所成角的大小，再结合直角三角形求解即可；对于D，通过分析点到平面的距离是定值，四边形的面积为定值，得出结果.【详解】因在正方体中，（），所以，所以点在四边形内及边界运动（不含）.对于A，因为底面，底面，所以.又，，平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对于B，当点在平面内时，即点在线段上，所以，无法确定，故B错误；对于C，因为，平面，平面，所以平面，由A知，平面，所以的大小等于与平面所成角的大小，即的大小等于与平面所成角的大小，设正方体棱长为，则，，则在中，，故C正确；对于D，设，，连结，当时，点在线段上运动，因为，平面，平面，所以平面，则点到平面的距离为定值，而四边形面积为定值，所以四棱锥的体积是定值，故D正确.故选：ACD.11.已知抛物线焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线E交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（）A. B.若为的中线，则C.存在直线使得 D.对于任意直线1，都有【答案】AD【解析】【分析】设，不妨令,,,都在第一象限，联立抛物线，根据已知及韦达定理得，即可根据焦半径公式求解A，根据，，以及中点关系即可求解B，根据等腰直角三角形的性质可得矛盾即可求解C，根据，结合焦半径公式即可求解D.【详解】由题意，,设，不妨令，都在第一象限，联立，则，且，即，则，则直线的斜率为，因此，当轴时，此时,此时直线的斜率为，要使与抛物线有两个交点，则，故，A正确，所以，，则，如图所示，对于B：若为的中线，则，结合可得，所以，故，进而，则，故B错误；对于C：若，过作准线的垂线，垂足为，即，即为等腰直角三角形，此时，即,，所以，所以，所以，所以，则此时，为同一点，不合题设，故C错误；对于D,，而，结合，可得，即恒成立，故D正确．故选：AD．非选择题部分三．填空题：（本题共3题，每小题5分，共15分）12.抛物线的焦点坐标是______.【答案】##【解析】【分析】根据抛物线的标准方程进行求解即可.【详解】由，所以该抛物线的焦点在纵轴上，因此焦点的坐标为：，故答案为：13.在棱长为的正方体中，为的中点，则点到平面的距离为________.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】如图，以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，故，，，设平面的法向量为n=x,y,z，则，令，则，故点到平面的距离为：.故答案为：.14.已知，M是椭圆上的动点，，分别是其左右焦点，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】设，可得，结合椭圆的第二定义可得，进而得到，进而利用基本不等式求解即可.【详解】由题意，要求的最大值，设，则，即，由，得，则，则，，椭圆的右准线为，则到右准线为的距离为，根据椭圆的第二定义可知，，即，又，，则，由于，则，当且仅当，即时，等号成立，则，即的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆的第二定义得到，进而表示出，再利用基本不等式求解即可.四．解答题：（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.若直线的方程为().（1）若直线与直线m：垂直，求的值；（2）若直线在x轴上截距是y轴上截距的2倍，求该直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）直线与直线垂直，可得，解得；（2）分直线过坐标原点与不过坐标原点两种情况讨论求解即可.【小问1详解】将化为斜截式方程得，因为直线与直线垂直，所以且，解得；【小问2详解】当直线过坐标原点时，，解得，此时直线的方程为，此时满足条件；当直线不过坐标原点时，由于直线在两轴上截距都存在，则且，故令得，令得，因为直线在轴上截距是轴上截距的，所以，解得，此时直线方程为.综上，直线的方程为或.16.如图，在平行六面体中，，，，（1）求的长；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）4（2）【解析】【分析】（1）根据题意，以为基底，利用线性运算以及数量积求出，可得答案；（2）利用（1）的基底，结合数量积的运算，向量法求异面直线所成角的余弦值．【小问1详解】在平行六面体中，，，，，由得，，则，即的长为4.【小问2详解】，，，，，，设异面直线与所成角为，则.所以异面直线与所成角的余弦值.17.已知圆C：关于直线的对称圆的圆心为D，直线l过点．（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；（2）若直线l与圆D交于A，B两点，，求直线l的方程．【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）分类讨论直线l的斜率存在与不存在，利用圆心到直线的距离等于圆的半径计算即可；（2）由题意知直线l的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的半径计算即可.【小问1详解】由题意可知圆C：，即，则圆心坐标，半径，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意；当直线l的斜率存在时，设l直线的方程为，即，则，解得，所以l的方程为：，即.综上所述，直线l的方程为或.【小问2详解】由（1）知，圆圆心坐标，半径，设，因为圆关于直线的对称圆的圆心为，所以，解得，圆的圆心为，半径为1，则圆D的方程为，当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时直线与圆相离，不符合题意；当直线斜率存在时，设直线l的方程为，即，则圆心到直线的距离，因为直线l与圆D交于A，B两点，，根据勾股定理可得，即，解得或，所以直线l的方程为或.18.如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，，为，中点．（1）求证：平面；（2）若（），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值；（3）在（2）的条件下，若点为直线上一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由中点还需中点帮.取中点.连接很容易得到四边形为平行四边形，再用线面平行的定理证明.（2）可以为原点建立空间直角坐标系.求出点的坐标.算出平面的法向量.用向量夹角余弦值来算直线与平面所成角的正弦值即可.（3）设，结合（2）求得坐标，代入线面夹角公式即可求解.【小问1详解】取中点，连接.在中，因为分别为的中点，所以，,在菱形中，因，，所以，，所以四边形为平行四边形，因此.又因为平面，平面所以平面.【小问2详解】因为平面，平面所以，.因为，所以.在菱形中，，因为为中点，所以.建立如图空间直角坐标系D-xyz.在正三角形中，.又，所以，，，，，所以向量，.设平面的法向量为，则，即.取得,.设直线与平面所成角为，.可得：，解得：，又，所以.【小问3详解】设，由（2）知：，所以，设直线与平面所成角为，平面的法向量为则当时，取到最大值，此时.19.著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离．（1）求椭圆C的面积；（2）若直线l交椭圆C于P，Q两点，（ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）；（ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）（ⅰ）1；（ⅱ）存在定点，使得为定值【解析】【分析】（1）由题意可得，解出的值，进而结合题意求解即可；（2）（ⅰ）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合韦达定理及基本不等式求解即可；（ⅱ）由题意可得，进而得到，分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合（ⅰ）可得直线l恒过点，进而结合题意确定点D在以A，M为直径的圆上，取的中点，即可求解.【小问1详解】由题意，，解得，所以椭圆C的方程为，则椭圆C的面积为.【小问2详解】（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为（，且），则，即，当且仅当，即时，等号成立，此时的面积的最大值为1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，联立，得，则，，则，又点到直线l的距离为，所以，当且仅当，即时等