吉林省友好学校2024-2025学年高二上学期10月期中联考（第78届）数学试题

20242025学年高二上学期期中考试数学试卷高二（数学）试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.1.直线与直线的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】借助倾斜角与斜率的关系可得两直线的倾斜角，即可得其夹角.【详解】设两直线的倾斜角分别为，由，则，由，则，即，则两直线夹角为.故选：B.2.已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）A.，， B.，， C.，， D.，，【答案】C【解析】【分析】结合基底的概念，根据空间向量基本定理逐项判断即可.【详解】向量是不共面的三个向量，对于A，，则向量共面，A不能构成空间基底；对于B，，则向量共面，B不能构成空间基底；对于D，，则向量共面，D不能构成空间基底；对于C，假定向量共面，则存在不全为0的实数，使得，整理得，而向量不共面，则有，显然不成立，所以向量不共面，能构成空间的一个基底，C能构成空间基底.故选：C3.过点且斜率为1的直线方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由直线方程的点斜式可直接写出方程，化简即可.【详解】根据题意可得直线为，化简得.故选：D4.已知圆与圆有4条公切线，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据公切线的条数可知两圆外离得：。详解】根据题意可知，圆外离，，又．故选：D5.过点且与有相同焦点的椭圆方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知方程求出焦点即为所求椭圆焦点，设出所求椭圆方程，代入，解方程组即可.【详解】由知，焦点为，，即，.设所求椭圆方程为，则，解得，故所求椭圆方程为.故选：A.6.已知点关于直线对称的点在圆：上，则（）A.4 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，利用点关于线对称列方程求得Q坐标，代入圆方程计算即可.【详解】设，则，解得，.因为在上，所以，解得，经检验，符合题意.故选：B7.已知圆C：和两点，，若圆C上存在点P，使得，则b的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将问题转化为以为直径的圆与圆有交点，结合图形可得.【详解】因为圆C上存在点P，使得，所以，以为直径的圆与圆有交点，又以为直径的圆，圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为2，所以，即，即.故选：A8.如图所示，在正方体中，点E为线段的中点，点F在线段上移动，异面直线与所成角最小时，其余弦值为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，在正方体中,点E为线段的中点，设正方体棱长为2，则，,设，，设异面直线与的夹角为，则,异面直线与所成角最小时，则最大，即时，.故选：C.【点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值，解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角，属于中档题.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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.在四棱柱中，，，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】借助空间向量的线性运算可得答案．【详解】，故A错误、B正确；，故C错误、D正确．故选：BD．10.以下四个命题叙述正确的是（）A.直线在轴上的截距是1B.直线和的交点为，且在直线上，则的值是C.设点是直线上的动点，为原点，则的最小值是D.直线，若，则或2【答案】BC【解析】【分析】求出直线的横截距判断A；解方程组求出判断B；求出点到直线的距离判断C；验证判断D.【详解】对于A，直线在轴上的截距是，A错误；对于B，由解得，即，则，解得，B正确；对于C，依题意，，C正确；对于D，当时，直线重合，D错误.故选：BC11.已知椭圆为的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），直线与椭圆的另一个交点为，则（）A. B.当时，的面积为C. D.的周长的最大值为【答案】AC【解析】【分析】对A：由方程求，进而求；对B：根据方程结合题意运算求解；对C：设直线，利用两点间距离公式结合韦达定理运算求解；对D：根据椭圆定义分析求解.【详解】由椭圆方程，得，所以，所以，故A项正确；当时，点到的距离为2，所以的面积为，故B项错误；因为点在第一象限，所以直线的斜率一定存在，设直线的斜率为，点，∵，则直线，联立方程，得到∴，∵在椭圆上，则，即∴同理，于是，故C项正确；设椭圆的右焦点为，当直线经过椭圆的右焦点时，的周长为，如果不经过右焦点，则连接，，可知的周长小于，所以的周长的最大值为，故D项错误.故选：AC.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，14题，第一空2分，第二空3分，共15分.12.经过点且斜率为的直线与圆相交于两点，若，则的值为____________.【答案】0或【解析】【分析】首先利用弦长公式求圆心到直线的距离，再设直线的方程，利用点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由条件可知，圆的半径，，所以圆心到直线的距离，设直线，即，所以圆心到直线的距离，解得：或.故答案为：0或.13.已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为______．【答案】1【解析】【分析】根据题意求得，结合到直线的距离，即可求解.【详解】由题意知，点，，，可得，，则，，，所以，可得，所以点到直线的距离为．故答案为：1.14.已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，则点坐标为______；的最小值为______．【答案】①.##②.##【解析】【分析】联立圆的方程，可得公共弦方程及其恒过的定点，利用两点间距离公式可得，再利用二次函数性质可得最值.【详解】由，，可得，即，所以，解得，所以点，又，，则，所以当时，取最小值为，经检验，当时，两个方程均表示圆，且两圆相交，满足题意.故答案为：，.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.15.已知向量，.（1）求的值；（2）求向量与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得；（2）首先求出与的坐标，再求出，，，最后由夹角公式计算可得.【小问1详解】因为，，所以，所以；【小问2详解】因为，，则，，所以，，，设向量与夹角为，所以，所以向量与夹角的余弦值为.16.已知的三个顶点是，，.（1）求BC边上的高所在直线的方程；（2）若直线过点C，且点A，B到直线的距离相等，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）求出直线BC的斜率，则可求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线的方程；（2）由题意分直线与AB平行和直线通过AB的中点两种情况求解.【小问1详解】因为，所以BC边上的高所在直线的斜率为，所以BC边上的高所在直线的方程，即.【小问2详解】因为点A,B到直线的距离相等，所以直线与AB平行或通过AB的中点，①当直线与AB平行，因为，且过点C，所以方程，即.②当直线通过AB的中点，所以，所以的方程为，即.综上：直线的方程为或.17.如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）（2）连接、，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】连接、，因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，又，，所以，解得，则，，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，所以，又因为平面，所以平面；【小问2详解】因为，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角，则，即直线与平面所成角的正弦值为.18.已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点．（1）求椭圆C的方程：（2）求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程；（2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离．【小问1详解】由椭圆的离心率为，可得，可得，设椭圆的方程为：，，又因为椭圆经过点，所以，解得，所以椭圆的方程为：；【小问2详解】设与直线平行的直线的方程为，联立，整理可得：，，可得，则，所以直线到直线的距离．所以椭圆上点到直线的距离的最大值为．19.图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2．（1）求证：平面平面ABED；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可；（2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案；（3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解.【详解】（1）证明：在图1中，连结AE，由已知条件得，∵且，∴四边形ABCE菱形，连结AC交BE于点F，∴，又∵在中，，∴，在图2中，，∵，∴，由题意知，且∴平面ABED，又平面，∴平面平面ABED；（