2024-2025学年福建省厦门市高二上册期中考试数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年福建省厦门市高二上学期期中考试数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知圆的方程是，则圆心的坐标是（

）A． B． C． D．2．直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．3．已知点，则点到直线的距离是（

）A． B． C． D．4．直线与曲线有公共点，则实数的取值范围（

）A． B． C． D．5．棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（

）

A．1 B．－1 C． D．6．已知圆：和：，若动圆P与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为M，则M的方程为（

）A． B．C． D．7．已知直线与直线相交于点A，点B是圆上的动点，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知椭圆C：的左右焦点分别为，，过点做倾斜角为的直线与椭圆相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率e为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知直线：，：，则（

）A．当时，直线的倾斜角为60° B．当时，C．若，则 D．直线始终过定点10．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（）

A． B．C．平面 D．异面直线与夹角的余弦值为11．（多选）已知椭圆，分别为它的左右焦点，点分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（

）A．存在点，使得 B．直线与直线斜率乘积为定值C．有最小值 D．的范围为三、填空题（本大题共3小题）12．圆关于直线对称，则．13．在直四棱柱中，底面为菱形，，，为棱的中点，，分别为直线，上的动点，则线段的长度的最小值为.14．如图，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧切.椭圆截面与两球相切于椭圆的两个焦点，.过椭圆上一点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点.由球和圆的几何性质可知，，.已知两球半径分为别和3，椭圆的离心率为，则两球的球心距离为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知、，动点满足，设动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的标准方程；（2）求过点且与曲线相切的直线的方程.16．如图，四边形与均为菱形，且，(1)求证：平面平面(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．17．已知A0,3和P3,32(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．18．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，，是的中点.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.19．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点与两定点，的距离之比(且)，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆：的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，(点在x轴上方)，点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分.①求的取值范围；②设、的面积分别为，，当时，求直线的方程.

答案1．【正确答案】A【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是.故选：A.2．【正确答案】A【详解】直线的一个方向向量为则直线的斜率为，直线过点，则，即．故选：A．3．【正确答案】B【详解】由点，可得，设直线所成的角为，可得，所以，又由，所以点到直线的距离是.故选：B.4．【正确答案】B【详解】由，即曲线为以原点为圆心的半圆，如图所示，因为直线与曲线有公共点，而，即为直线在纵轴上的截距，易知当直线与相切时纵截距最大，即，所以；过时纵截距最小，即，所以.故选：B5．【正确答案】A【详解】，所以．故选：A．6．【正确答案】C【分析】根据圆的位置关系及椭圆的定义可判断P点轨迹为椭圆，即可得出轨迹方程.【详解】圆：和：的圆心、半径分别为，由可知圆内含于圆内，设动圆半径为,由题意，，,两式相加可得,故P点的轨迹为以为焦点的椭圆，其中，所以，所以椭圆方程为.故选C7．【正确答案】C求出点A的轨迹方程，确定A点轨迹，然后通过几何意义求得最大值．【详解】由，消去参数得，所以A在以为圆心，为半径的圆上，又点B是圆上的动点，此圆圆心为，半径为，，所以的最大值为．故选C.【方法总结】本题考查交轨法求轨迹方程，考查两点间的距离公式．由圆的性质知某点到圆上的点间距离的最大值可以转化为到圆心的距离与半径的和．8．【正确答案】D【分析】根据题意写出直线方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理与构建出关于a、b、c的齐次方程，根据离心率公式即可解得.【详解】设，，，过点做倾斜角为的直线，直线方程为：，联立方程，可得根据韦达定理：，因为，即，所以所以即，所以，联立，可得故选：D.9．【正确答案】BCD【详解】对于A，当时，直线：，故斜率，则倾斜角为120°，A错误，对于B，等价于，解得，故B正确，对于C，若，且，故，故C正确，对于D，：变形为：，令且，解得，故恒过，D正确，故选：BCD10．【正确答案】ACD【详解】因为平面平面，所以，在正方形中，有，所以两两互相垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

而，从而A0,0,0，，，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，平面的一个法向量为，故C正确；对于D，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故D正确．故选：ACD．11．【正确答案】BCD【详解】对于A中，由椭圆，可得，且，可得，所以，所以A错误；对于B中，设Px,y，则，且，可得，则为定值，所以B正确；对于C中，由椭圆的定义，可得，则，当且仅当时，即时等号成立，所以C正确；对于D中，由点Q在椭圆外，设直线与椭圆相交于，如图所示，则，因为，且，可得，即，所以，所以，所以D正确.故选BCD.

12．【正确答案】3【详解】由可得圆的标准方程为：，则由题意得直线过圆心，代入直线方程有，解得，故3.13．【正确答案】/【详解】

连接，，设，由题意，以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.设与，都垂直的向量为，则，即，令，则，，所以为与，都垂直的一个向量，则线段的长度的最小值为.故14．【正确答案】【详解】作出圆锥的轴截面如图所示，圆锥面与两球相切于两点，则，，过作，垂足为，连接，，设与交于点，设两球的球心距离为，在中，，，；，，，，解得：，，；由已知条件，可知：，即轴截面中，又∵，，解得，即两球的球心距离为.故答案为.15．【正确答案】（1）（2）或.【详解】（1）设Px,y，则，，由，得，所以曲线的标准方程为.（2）曲线是以为圆心，1为半径的圆，过点的直线若斜率不存在，直线方程这，满足与圆相切；过点的切线若斜率存在，设切线方程为，即，有圆心到直线距离，解得，则方程为.过点且与曲线相切的直线的方程为或.16．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，，且O为AC中点，，，又，平面BDEF，∴平面BDEF，又平面，所以平面平面。（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且，为等边三角形，∵O为BD中点，∴，又，，平面ABCD，平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，设，∵四边形ABCD为菱形，，．为等边三角形，∴．，∴，，设平面ABF的法向量为n=x,y,z，则令，解得，设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：．17．【正确答案】(1)12(2)直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.【详解】（1）由题意得b=39a2+9所以e=1−b（2）kAP=3−320−3=−12，则直线AP=0−32+3−32设点B到直线AP的距离为d，则d=2×93则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为x+2y+C=0，则C+65=1255，解得C=6当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0即B0,−3或−3,−3当B0,−3时，此时kl=32，直线l的方程为y=当B−3,−32时，此时kl=12，直线l当C=−18时，联立x212+y2Δ=272综上,直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.18．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）连接，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，,因为是的中点，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，又因为平面，所以平面.（2）由（1）知，，，所以，且平面的一个法向量为，所以点到平面的距离.（3）由题意知，底面的法向量为，因为，，且，，所以，所以由题意知：，解得：，所以，因为，设平面的一个法向量为，则，即，取，所以，又平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.19．【正确答案】(1);(2)①，②【详解】(1)设，由题意知(常数)，整理得，所以又，解