福建省厦门市、泉州市五校2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份福建省厦门市、泉州市五校2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试卷（解析版），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题，共58分）
一、单选题:（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为.
故选：B.
2. 椭圆上一点P到左焦点的距离为6，则P到右焦点的距离为（ ）
A. 5B. 6C. 4D. 12
【答案】C
【解析】由，则，所以，
根据椭圆的定义，点到右焦点的距离为.
故选：C.
3. “”是“直线与圆：相切”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分条件也不必要条件
【答案】A
【解析】圆：的圆心为，半径为，
若直线与圆相切，则，解得或，
且是的真子集，
所以“”是“直线与圆：相切”的充分不必要条件．
故选：A.
4. 下列命题中，不正确的命题是（ ）
A. 空间中任意两个向量一定共面
B. 若，则存在唯一的实数，使得
C. 对空间中任一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
D. 若是空间的一个基底，，则也是空间的一个基底
【答案】B
【解析】A选项，空间中任意两个向量可以通过平移的方法平移到同一个平面，
所以空间中任意两个向量一定共面，A选项正确.
B选项，若，可能是非零向量，是零向量，
此时不存在，使，所以B选项错误.
C选项，对于，有，所以四点共面，
所以C选项正确.
D选项，若是空间的一个基底，，
假设，，
则共面，与已知矛盾，所以不共面，
所以是基底，所以D选项正确.
故选：B.
5. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】由题意可知：，
则
，
所以.
故选：A.
6. 在平面直角坐标系中，直线：被圆：截得的最短弦的长度为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】直线：过定点，
圆：，圆心，半径
因为点在圆内，由圆的几何性质可知，当直线时，
弦长最短为，
故选：C.

7. 已知分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由椭圆定义得：，
又因为，
所以解得：，
再由于，，结合勾股定理可得：
，解得，所以椭圆的离心率为，
故选：C.
8. 如图是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等边三角形，在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，原正方体边长为2，
则，，，
设，
，，
则直线DE与直线AF所成角的余弦值，
而，故，，

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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 点关于平面对称的点的坐标为
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】由题意，A正确；
关于平面对称的点的坐标坐标相同，坐标相反，因此点关于平面对称的点的坐标为，B错，
若，则，所以，C正确；
若且，则，解得，D正确，
故选：ACD．
10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，则（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B. 点F到直线的距离为1
C. 平面
D. 点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，
且E，F，G分别为棱，，的中点，可知，
可得，
对于选项A：因为，
所以直线与所成角的余弦值为，故A错误；
对于选项B：因为在方向上的投影向量的模长为，且，
点F到直线的距离为，故B正确；
对于选项C：因为，可得，
且，平面，所以平面，故C正确；
对于选项D：因为平面的法向量可以为，
点到平面的距离为，故D错误；
故选：BC.
11. 已知椭圆，分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 存在P使得
B. 椭圆C的弦MN被点平分，则
C. ，则的面积为9
D. 直线PA与直线PB斜率乘积为定值
【答案】ABC
【解析】对于A.由余弦定理知
，
当且仅当时，等号成立，
因为在上递减，所以此时为钝角最大，
所以存在P使得，所以A正确；
对于B.当直线MN的斜率不存在，即直线时，，
不是线段MN的中点，所以直线MN的斜率存在.
设，则，两式相减并化简得，所以，所以B正确；
对于C.，，
因为，所以，
因为，解得.
因为，所以，所以C正确；
对于D.，设，
则，
整理得，
可得直线PA，PB的斜率分别为，
所以，所以D错误.
故选：ABC.

第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题:(本题共3小题，每小题5分，共15分.)
12. 已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为_______．
【答案】
【解析】由题意可知，直线的斜率为.
13. 已知F为椭圆的一个焦点，点M在C上，O为坐标原点，若，则的面积为________．
【答案】
【解析】法一：设椭圆上，则，
又，联立解得，，
则．
法二：设椭圆另一焦点，，则焦点为直角三角形，
设，，
则，，解得，
所以.则．
14. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点，，圆，在圆上存在点满足，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】设Px,y，因为点，，，
所以，即，
所以，可得圆心，半径，
由圆可得圆心，半径，
因为在圆上存在点满足，
所以圆与圆有公共点，
所以，整理可得：，
解得，
所以实数的取值范围是.
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. 已知的顶点，边上的高所在直线为，为中点，且所在直线方程为.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求顶点的坐标.
解：（1）由边上的高所在直线的斜率为1，得直线的斜率为，
又直线过，所以直线的方程为，即.
（2）由直线的方程为，而顶点为直线与直线的交点，
由，解得，所以点.
16. 已知空间三点，，．
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）求的面积.
解：（1）由，，，
则，，，，
所以；
（2）由（1）得，
则，
所以.
17. 已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切．
（1）求圆的方程；
（2）经过点的直线与圆相交于A，B两点，若，求直线的方程．
解：（1）设圆的方程为，
由已知得，
解得，，，
所以圆的方程为，即；
（2）① 若直线有斜率，可设的方程为，即，
由已知，则圆心到直线的距离，
解得，
此时，直线的方程为，即；
② 若直线没有斜率，则的方程为，
将其代入，可得或，
即得，，满足条件，
综上所述，直线的方程为或．
18. 已知椭圆C的中心在坐标原点，左焦点为F1（﹣，0），点在椭圆上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（1，0）的直线l交椭圆C于两个不同的点A、B，若△AOB（O是坐标原点）的面积S=，求直线AB的方程.
解：（1）根据题意，设椭圆C的方程为=1（a＞b＞0），
因为椭圆的左焦点为F1（﹣，0），设椭圆的右焦点为F2（，0），
由椭圆的定义知|MF1|+|MF2|=2a，所以2a=4，所以a=2，
所以，
所以椭圆C的方程为 +y2=1，
（2）设，
由题可设直线AB的方程为x=my+1.
联立直线与椭圆的方程，，消去x得（4+m2）y2+2my﹣3=0，
则有，
所以
，
又由S=，即，
解得m2=1，即m=±1.
故直线AB的方程为x=±y+1，即x+y﹣1=0或x﹣y﹣1=0.
19. 已知为坐标原点，圆：，直线：（），如图，直线与圆相交于（在轴的上方），两点，圆与轴交于两点（在的左侧），将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴正半轴，原轴正半轴所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
（1）若．
（ⅰ）求三棱锥的体积；
（ⅱ）求二面角的余弦值．
（2）是否存在，使得折叠后的长度与折叠前的长度之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）（ⅰ）若，折叠前直线的方程为，
联立，解得或，可得，，
圆：，与轴交于两点，则，
折叠后三棱锥的体积为．
（ⅱ）由（ⅰ）及已知，则，，，，
，．
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，所以．
易知为平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由题可知为锐角，
所以
故二面角的余弦值为．
（2）设折叠前，，圆心到直线的距离，
则，
直线与圆方程联立得，
即，．
设，在新图形中的对应点分别为，
，，
．
若折叠后的长度与折叠前的长度之比为，
则，解得，
故当时，折叠后的长度与折叠前的长度之比为．