安徽省江淮名校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

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一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上，
1. 已知椭圆的方程为，则该椭圆的（ ）
A. 长轴长为2B. 短轴长为
C. 焦距为1D. 离心率为
【答案】D
【解析】由椭圆的方程可知：焦点在轴上，
即，
则
所以长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为.
故选：D
2. 纵截距为且倾斜角为的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】倾斜角，斜率为，
纵截距为，所以直线方程为.
故选：B
3. 方程的化简结果是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】方程的几何意义为动点到定点和的距离和为10，并且，
所以动点的轨迹为以两个定点为焦点，定值为的椭圆，所以， ，
根据 ，所以椭圆方程为.
故选：C.
4. 在空间直角坐标系中，已知，则是与夹角为锐角的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】与的夹角为锐角，则要满足，
即且不等于1，解得：且，
因为是的真子集，
所以是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知直线与直线，在上任取一点，在上任取一点，连接，取的靠近点三等分点，过点作的平行线，则与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图：

过作与点，交直线与点，则为所求直线与的距离.
因为，.
所以.
故选：A.
6. 已知直线，圆，以下说法不正确的是（ ）
A. 与圆不一定存在公共点
B. 圆心到的最大距离为
C. 当与圆相交时，
D. 当时，圆上有三个点到的距离为
【答案】C
【解析】如图：

直线即，所以直线过定点.
圆的圆心为，半径为：1.
对A：如图所示，直线与圆不一定有公共点，故A选项内容正确；
对B：当直线变化时，圆心到直线的最大距离为，
且，故B选项内容正确；
对C：若直线与圆相交，则：，故C选项内容错误；
对D：当时，直线：，此时，圆心到直线的距离为：，
又圆的半径为，所以圆上到直线的距离等于的点有三个，
故D选项内容正确.
故选：C
7. 已知为坐标原点，是椭圆的左焦点．若椭圆上存在两点满足，且关于原点对称，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设椭圆C的右焦点为，连接．
由椭圆的性质得，，，即椭圆上存在点A，满足，即以为直径的圆与椭圆有公共点．
设椭圆C的半焦距为cc>0，所以只需，所以，即，所以椭圆C的离心率的取值范围为．
故选：C
8. 在平行六面体中，，，则点到平面的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】以点为坐标原点，方向为轴非负方向，方向为轴非负方向建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，
设，则，，，
由，得，
由，得，
，由，可得，解得，
，
取平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为 .
故选：C.
二､多选题：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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，不选或有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件
C. 直线的倾斜角的取值范围是
D. 若点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对于选项A：当时，
直线与直线斜率分别为1，，
斜率之积为，故两直线相互垂直，即充分性成立；
若“直线与直线互相垂直”，
则，故或，
所以得不到，即必要性不成立，故A错误；
对于选项B：由直线平行得，解得，
所以“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，故B正确；
对于选项C：直线倾斜角为，则，
因为，所以，故C正确；
对于选项D：如图所示：

可得，，结合图象知，故D正确；
故选：BCD.
10. 空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（ ）
A. 若直线的方程为，则点在直线上
B. 已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为
C. 已知平面的方程为，则点到平面的距离为
D. 已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】对于A，将点代入直线的方程，
则有，
所以点在直线上，故正确；
对于B，因为平面的方程，即为，
所以平面的法向量为，
同理，因为平面的方程为，即为，
所以平面的法向量为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为，故正确；
对于C，因为平面方程为，即为，
所以平面的法向量，且点在平面内，
所以，
设点到平面的距离为，
则，故错误；
对于D，因为平面的方程为，即，
所以平面的法向量；
又因为平面的方程为，
所以平面的法向量；
设直线的方向向量为，
则有，
所以，取，
则有，
又因为平面的方程为
所以平面的法向量为，
设直线与平面的夹角为，
则，故正确.
故选：ABD.
11. 已知椭圆左右焦点分别为，点是椭圆上任意一点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 的内切圆半径的最大值为
B.
C.
D. 的内心在一定圆上
【答案】ABC
【解析】椭圆，，，则，，.
分析选项A，设，，.根据椭圆的定义.
设的内切圆半径为，根据三角形面积（为点纵坐标）.
，因为在椭圆上，，所以，故选项A正确.
分析选项B，在中，根据正弦定理.
，故选项B正确.
分析选项C，设离心率为，则，
由正弦定理可得，
即，
又，而，即，
因为，
，
所以，即，
化简得，即，
所以，故选项C正确.
分析选项D，令，则．
的面积：，
其中为内切圆的半径，解得.
另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：
从而有．消去得到点的轨迹方程为：.
本题中：，代入上式可得轨迹方程为：.
所以的轨迹是以为长轴的椭圆去掉点，选项D错误.
故选：ABC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设直线和的方向向量分别为，且，则__________．
【答案】
【解析】由题意得，因为，所以，
即，解得.
13. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数______．
【答案】
【解析】将直线，化为，
令，解得，所以直线过定点，
又圆的标准方程为，则圆心为，
由，则点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取得最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
则，解得．
14. 已知定直线，点分别是上的动点，且，则的中点的轨迹方程为__________.
【答案】
【解析】由题：，
设，设线段中点，
则，即，
而
，
所以，化简为.
四､解答题：本题共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. 已知圆经过点和，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）过点作圆的切线，切点分别为点，求四边形的面积．
解：（1）的中点坐标为1,0，所以圆心在直线上，

又知圆心在直线上，所以圆心坐标是，圆的半径是，
所以圆的方程是．
（2）四边形的面积，
.
16. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的“阳马”中，四棱锥的底面为矩形，底面.其中，点分别在棱上，且，点为棱的中点.
（1）证明：；
（2）已知，求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：如图所示，连接
因为且，所以四边形为平行四边形．
所以，
由勾股定理得，
所以，所以，即，
又因为底面平面，
所以，且平面，
所以平面，又因为平面，所以；
（2）解：如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，
令，得，所以，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
所以，
设平面与平面的夹角为，
则.
17. 已知椭圆的离心率为，点是椭圆上一点，过点作斜率之积为的两条直线与椭圆的另一交点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线恒过定点．
（1）解：由题意知：，
故椭圆的标准方程为：．
（2）证明：由题意可知，直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为：．
联立：
所以
由
即（舍去）或
所以直线的恒过一定点．
18. 如图，已知直三棱柱中，分别为棱的中点．

（1）求三棱锥的体积．
（2）设直线与平面的交点为，求直线与平面夹角的正弦值．
解：（1）因为，且，平面，
平面，所以平面，
所以点到平面的距离为，
所以:；
（2）如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则有：，
所以：，
设平面的法向量为，则
即：，解之得：，所以，
因为直线，不妨设，即，
即，，
又因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面夹角为，
所以.
19. 如图，过椭圆的左､右焦点分别作长轴的垂线交椭圆于，将两侧的椭圆弧删除再分别以为圆心，线段的长度为半径作半圆，这样得到的图形称为“椭圆帽”．夹在之间的部分称为椭圆帽的“帽体段”，两侧的部分称为椭圆帽的“帽檐段”．已知左右两个帽檐段所在的圆方程分别为．
（1）求“帽体段”的方程；
（2）过的直线交“帽体段”于点，交“帽檐段”于点，点在轴的上方．设与的面积分别为：
①求的最大值；
②求使得取得最小值时的弦长AB．
解：（1）由帽檐段所在的圆的方程可得，
即，
所以“帽体段”的方程为；
（2）①在中，设，
则，
若设，
且，
，
，
所以
，
因为，当且仅当时，“”成立，
所以，
即；
②由①可得：
，令，
则
令，
由,
所以，
当时，最小，
此时.