2024-2025学年浙江省绍兴会稽联盟高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省绍兴会稽联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷考生须知：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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】由直线方程知，直线的斜率为，根据斜率与倾斜角关系知，直线倾斜角大小为.故选：D2.在平行六面体中，运算的结果为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如下图，结合向量加法几何意义有.故选：C3.圆x2＋y2＋2x－1＝0的圆心到直线y＝x＋3的距离为（）A.1 B.2 C. D.2【答案】C【解析】圆心为(－1，0)，它到直线y＝x＋3的距离为＝.4.圆和圆的位置关系是（）A.外离 B.外切 C.内切 D.内含【答案】B【解析】由的圆心为，半径为，由的圆心为，半径为3，所以圆心距为，即两圆外切.故选：B5.直线的一个方向向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】直线方程可化为，即直线的一个方向向量为，各选项中与平行的向量为，即可作为直线的方向向量.故选：A6.已知平面的一个法向量是平面内一点，是平面外一点，则点到平面的距离是（）A B. C.3 D.【答案】A【解析】由题意，,点到平面的距离是.故选：A.7.若直线经过两直线和的交点，则（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】联立，可得，即交点为，由题意.故选：B8.已知M，N是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆的右焦点，则的取值范围为（）A.[51,76] B.[52,76] C.[64,80] D.[68,80]【答案】C【解析】若是左焦点，连接，又关于原点对称，所以为平行四边形或为左右顶点，则，由，则，故，则，开口向上且对称轴为，又，所以.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线与平行，则的值可能是（）A.1 B.3 C.4 D.6【答案】BD【解析】由题意可得，解得或6，经检验，当或6，两直线，两直线平行，故选：BD.10.已知，椭圆：，：的离心率分别为，.若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】若，则，，则，解得.若，则，，则，解得或（舍去）.若，则，，，方程无解.故选：AB.11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为，则（）A.点到直线的距离是 B.异面直线与所成角的余弦值为C.直线到平面的距离是 D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】如图所示，易知可将该组合体补全成棱长为的正方体，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，D0,1,0，，，则，，，，A选项：，则，所以到直线的距离，A选项正确；B选项：，则异面直线与所成角的余弦值为，B选项错误；C选项：易知直线，且平面，平面，则平面，所以直线到平面得距离及为点到平面的距离，设平面的法向量n=x,y,z则，令，则，所以点到平面距离，即直线到平面的距离为，C选项正确；D选项：易知平面的应该法向量为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，D选项正确；故选：ACD.非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为且,则___________.【答案】【解析】因为，所以，所以，即，所以，解得，所以.故答案为：13.焦点在轴上，焦距为，且经过点的椭圆的标准方程为__________.【答案】【解析】由焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，由焦距为可得，解得；又椭圆经过点，故，所以，所以椭圆的标准方程为.故答案为：.14.设有一组圆，存在定直线___________始终与圆相切.【答案】或【解析】易知圆系的圆心，半径为2，显然始终在直线上，要满足题意则圆心到定直线的距离始终为2，即定直线到直线的距离始终为2，不妨设直线，则，即定直线为：或.故答案为：或.四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知三角形的三个顶点是.（1）求边AC所在直线的斜截式方程;（2）求边AC上的高所在直线的斜截式方程.解：（1）由题设，则直线的斜截式方程为；（2）由（1）及题意，边AC上的高所在直线的斜率，且过，所以高所在直线方程为，即为所求斜截式方程.16.已知点在椭圆上，过点作斜率为1的直线与椭圆交于A，B两点.（1）求椭圆C的方程;（2）求的值.解：（1）由题意，故椭圆方程为；（2）由题意，联立椭圆方程得，整理得，显然，则，，所以，由.17.如图，在长方体中，分别为棱，的中点.（1）证明:四点共面;（2）为边上一点，若平面与平面ABCD所成夹角的余弦值为，求CP的长度.解：（1）连接，因为分别为棱，的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，所以四点共面.（2）如图，以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由分别为棱，的中点，可得，，设，则，，，设平面的法向量为，则，可取，为平面的法向量，又平面与平面ABCD所成夹角的余弦值为，设平面与平面ABCD所成夹角为，则，解得或3，所以的长度为1或3.18.已知圆，直线是圆与圆的公共弦AB所在直线，且圆的圆心在直线上.（1）求公共弦AB的长度；（2）求圆的方程；（3）过点分别作直线，，交圆于,,,四点，且，试探究是否为定值，若为定值，请求出该定值;若不为定值，请说明理由.解：（1）圆，所以圆的圆心坐标，半径，圆心到直线的距离，公共弦；（2）圆的圆心在直线上，设圆心，由题意得，，，即，到的距离，所以的半径，所以圆的方程：；（3）当过点的互相垂直的直线，为轴，垂直于轴时，，这时直线的方程为，代入到圆中，，所以，.当过点的互相垂直的直线，不垂直于轴时，设直线为：，则直线为：，所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，，，设，当或时，正好是轴及垂直轴，.19.如图，已知向量，可构成空间向量的一个基底，若，，．在向量已有的运算法则的基础上，新定义一种运算，显然的结果仍为一向量，记作（1）求证：向量为平面OAB的法向量；（2）若，，求以OA，OB为边的平行四边形OADB的面积，并比较四边形OADB的面积与的大小；（3）将四边形OADB按向量平移，得到一个平行六面体，试判断平行六面体的体积V与的大小．（注：第（2）小题的结论可以直接应用）解：（1）因，所以，即，因为，所以，即，又因，所以向量为平面OAB的法向量；（2），则，故，由，，得，所以，所以；（3）设点到平面的距离为，与平面所成的角为，则，由（1）得向量为平面OAB的法向量，则，又，．浙江省绍兴会稽联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷考生须知：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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.直线的倾斜角为（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】由直线方程知，直线的斜率为，根据斜率与倾斜角关系知，直线倾斜角大小为.故选：D2.在平行六面体中，运算的结果为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如下图，结合向量加法几何意义有.故选：C3.圆x2＋y2＋2x－1＝0的圆心到直线y＝x＋3的距离为（）A.1 B.2 C. D.2【答案】C【解析】圆心为(－1，0)，它到直线y＝x＋3的距离为＝.4.圆和圆的位置关系是（）A.外离 B.外切 C.内切 D.内含【答案】B【解析】由的圆心为，半径为，由的圆心为，半径为3，所以圆心距为，即两圆外切.故选：B5.直线的一个方向向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】直线方程可化为，即直线的一个方向向量为，各选项中与平行的向量为，即可作为直线的方向向量.故选：A6.已知平面的一个法向量是平面内一点，是平面外一点，则点到平面的距离是（）A B. C.3 D.【答案】A【解析】由题意，,点到平面的距离是.故选：A.7.若直线经过两直线和的交点，则（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】联立，可得，即交点为，由题意.故选：B8.已知M，N是椭圆上关于原点对称的两点，是椭圆的右焦点，则的取值范围为（）A.[51,76] B.[52,76] C.[64,80] D.[68,80]【答案】C【解析】若是左焦点，连接，又关于原点对称，所以为平行四边形或为左右顶点，则，由，则，故，则，开口向上且对称轴为，又，所以.故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线与平行，则的值可能是（）A.1 B.3 C.4 D.6【答案】BD【解析】由题意可得，解得或6，经检验，当或6，两直线，两直线平行，故选：BD.10.已知，椭圆：，：的离心率分别为，.若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】若，则，，则，解得.若，则，，则，解得或（舍去）.若，则，，，方程无解.故选：AB.11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为，则（）A.点到直线的距离是 B.异面直线与所成角的余弦值为C.直线到平面的距离是 D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【解析】如图所示，易知可将该组合体补全成棱长为的正方体，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，D0,1,0，，，则，，，，A选项：，则，所以到直线的距离，A选项正确；B选项：，则异面直线与所成角的余弦值为，B选项错误；C选项：易知直线，且平面，平面，则平面，所以直线到平面得距离及为点到平面的距离，设平面的法向量n=x,y,z则，令，则，所以点到平面距离，即直线到平面的距离为，C选项正确；D选项：易知平面的应该法向量为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，D选项正确；故选：ACD.非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为且,则___________.【答案】【解析】因为，所以，所以，即，所以，解得，所以.故答案为：13.焦点在轴上，焦距为，且经过点的椭圆的标准方程为__________.【答案】【解析】由焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，由焦距为可得，解得；又椭圆经过点，故，所以，所以椭圆的标准方程为.故答案为：.14.设有一组圆，存在定直线___________始终与圆相切.【答案】或【解析】易知圆系的圆心，半径为2，显然始终在直线上，要满足题意则圆心到定直线的距离始终为2，即定直线到直线的距离始终为2，不妨设直线，则，即定直线为：或.故答案为：或.四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知三角形的三个顶点是.（1）求边AC所在直线的斜截式方程;（2）求边AC上的高所在直线的斜截式方程.解：（1）由题设，则直线的斜截式方程为；（2）由（1）及题意，边AC上的高所在直线的斜率，且过，所以高所在直线方程为，即为所求斜截式方程.16.已知点在椭圆上，过点作斜率为1的直线与椭圆交于A，B两点.（1）求椭圆C的方程;（2）求的值.解：（1）由题意，故椭圆方程为；（2）由题意，联立椭圆方程得，整理得，显然，则，，所以，由.17.如图，在长方体中，分别为棱，的中点.（1）证明:四点共面;（2）为边上一点，若平面与平面ABCD所成夹角的余弦值为，求CP的长度.解：（1）连接，因为分别为棱，的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，所以四点共面.（2）如图，以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由分别为棱，的中点，可得，，设，则，，，设平面的法向量为，则，可取，为平面的法向量，又平面与平面ABCD所成夹角的余弦值为，设平面与平面ABCD所成夹角为，则，解得或3，所以