【文档说明】浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.928 MB，由envi的店铺上传

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2024学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知：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、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，只有一个选项是符合题目要求的．1.在平面直角坐标系xOy中，直线310xy+−=的倾斜角为（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】C【解析】【分析】利用直线的斜率和倾斜角

的关系求解.【详解】解：设直线310xy+−=的倾斜角为又直线310xy+−=斜率为3−，所以tan3=−，又[0,π)，所以2π3=，故选：C2.在正方体1111ABCDABCD−中，M是BD的中点，则直线1MD和1BC夹角的余弦值为（

）A.32B.32−C.12D.12−【答案】A【解析】【分析】由空间向量求解异面直线夹角即可.【详解】以点D为原点，分别以1,,DADCDD为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），设正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则(0,0

,0)D，(2,2,0)B，1(0,2,2)C，1(0,0,2)D，则(1,1,0)M，所以1(1,1,2)MD=−−，1(2,0,2)BC=−uuur，设直线1MD和1BC夹角为，所以111111243coscos,211444MDBCMDBCMDBC

+====+++.故选：A.3.设aR，则“2a=”是“直线1:610laxy+−=与直线2:(1)40lxay+++=平行”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【

答案】B【解析】【分析】由两条直线平行的充要条件判断即可；【详解】解：因为直线1:610laxy+−=与直线2:(1)40lxay+++=平行，所以(1)61aa+=且(1)(1)64a−+，所以2a=或3a=−.又因为“2a=”成立可得“2a=或3a=−”成

立，而“2a=或3a=−”成立不能得到“2a=”成立，所以“2a=”是“直线1:610laxy+−=与直线2:(1)40lxay+++=平行”的充分不必要条件.故选：B.4.已知正四面体ABCD的棱长为2，E是BC的中点，F是

AE的三等分点（靠近A点），用空间向量{,,}ABACAD表示DF，则DF=（）A.1136DFABACAD=+−B.111363DFABACAD=+−C.1166DFABACAD=+−D.1166DFABACAD=−+【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的运算求解即可.【详解】∵E

是BC的中点，F是AE的三等分点（靠近A点），∴11111()66332DFAFADAEADABACADABACAD=−=−=+−=+−.故选：C.5.已知A、B是椭圆()222210+=xyabab长轴的两顶点，M是椭圆上的一点，

直线AM与BM斜率之积14AMBMkk−，则此椭圆的离心率取值范围是（）A.1,14B.1,12C.2,12D.3,12【答案】D【解析】【分析】设点(

)00,Mxy，可得出2222002ayxab=−，利用斜率公式以及已知条件可得出22ba的取值范围，再由221bea=−可求得该椭圆离心率的取值范围.【详解】设点()00,Mxy，则00y，且2200221xyab+=，可得2222002ayxab=−，易知(),0Aa−、(),0Ba，所

以，2220000222222200002AMBMyyyybkkxaxaxaaayaab====−+−−−−，所以，2214ba−−，可得22104ba，故2222231,12cabbe

aaa−===−.故选：D.6.直线10xy++=分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆22(2)2xy−+=上，则ABP面积的取值范围是（）A.15,22B.[1,5]C.232,22D.322,2

【答案】A【解析】【分析】求出|𝐴𝐵|，再求出点P到直线10xy++=的最大距离和最小距离，求出最大面积和最小面积即可.【详解】解：因为直线10xy++=分别与x轴，y轴交于A，B两点，所以(1,

0)A−,(0,1)B−，所以2AB=，又因为圆22(2)2xy−+=的圆心为(2,0)，半径为2，所以圆心到直线10xy++=的距离为𝑑=|2+0+1|√2=3√22>√2，所以点P到直线10xy++=的最大距离为3252222+=，最小距离为322

222−=，所以ABP的最大面积是15252222=；ABP的最小面积为1212222=.故选：A.7.《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马P

ABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，G为直线CP上的动点，2PA=，1AB=，若AG⊥平面EFC，则CGCP=（）A27B.37C.47D.57【答案】B【解析】【分析】根据题意可以建立空间直角坐标系，根据线面垂

直，则直线的方向向量和平面的法向量互相平行即可求得比例关系.【详解】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，在A处建立空间直角坐标系如图所示：设ADa=，则1(0,0,0),(0,0,2),(1,,0),(0,,1),(,0,1)22aAPCaEF，所以1(,,0

),(0,0,2),(1,,2),(1,,1)222aaEFAPPCaEC=−==−=−uuuruuuruuur，设平面EFC的法向量为(,,)nxyz=，则00EFnECn==，即102202axyaxyz−=

+−=，令xa=，得31,2ayz==，所以法向量为3(,1,)2ana=r，设PGPC=，因为(,,22)AGAPPGAPPCa=+=+=−uuuruuuruuuruuuruuur，因为AG⊥平面EFC，则A

GnuuurrP，所以22312aaa−==，解得47=，则CGCP=37..故选：B8.古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶

圆锥得到双曲线的一部分，已知高4OP=，底面圆的半径为8，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EFAB⊥，则双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为（）A.35B.45C.17D.67【答案】A【解析】【分析】EF交OB于N，以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心

为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，求出,EM点的坐标，求得双曲线的方程，进而求得双曲线的渐近线夹角的余弦值.【详解】设EF交OB于N，以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系，因为圆锥的

高2POON==，M是PB的中点，且截面垂直于底面，所以112MNPO==，所以(1,0)M，又底面圆半径4OB=,所以2212,232ONOBENOEON===−=，所以(2,23)E，设双曲线方程为22221xyab−=，代入(1,0)M，(2,

23)E，代入解得12ab==，则双曲线的两条渐近线方程为2byxxa==，由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为43，双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为2135413=+.故选：A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.已知圆221:1Cxy+=和圆2222:(3)(0)Cxyrr−+=，以下结论正确的是（）A.若1C和2C只有一个公共点，则2r=B.若1r=，则1C和2C关于直线32x=对称C.若1C和2C

外离，则12rD.若4r，则1C和2C内含【答案】BD【解析】【分析】求两圆圆心距与半径和、差，根据圆与圆的位置关系的等价条件判断可得.【详解】圆1C的圆心为()10,0C，半径为11r=.圆2C的圆心为()23,0C，半径为2rr

=.则两圆圆心距123CC=.A项，当4r=时，12213CCrr=−=，两圆内切，1C和2C只有一个公共点，故A错误；B项，当1r=时，两个圆的半径相等，圆心12(0,0),(3,0)CC关于直线32x=对称，则1C和2C关于直线32x=对称

，故B正确；C项，若圆1C和圆2C外离，则1212CCrr+，即31r+，解得02r，故C错误；D项，当4r，2113rrr−=−，所以1221CCrr−，所以两圆内含，故D正确.故选：BD.10.在空间直角坐标系Oxyz中，已知(1,0,

0)A−，(1,2,2)B−，(0,0,2)C−，(2,2,4)D−，则以下正确是（）A.5BC=B.,ACAB夹角的余弦值为156C.,,,ABCD共面D.点O到直线AB的距离是63【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量模长坐标运算以及夹角计

算公式判断AB，根据共面向量基本定理可得C，根据点线距离的向量法即可得D.【详解】A项，由(1,2,2)B−，(0,0,2)C−，得()1,2,0BC=−−，则22(1)(2)5BC=−+−=，故A正确；B项，因为(1,0,0)A−，(1,2

,2)B−，(0,0,2)C−，则()()2,2,2,1,0,2ABAC=−=−，,ACAB夹角的余弦值为615cos,5235ACABACABACAB===，故B错误；C项，因为(1,0,0)A−，(2,2,4)D−，则()3,2,4AD

=−，又()()()2,2,21,0,23,2,4ABAC+=−+−=−，所以ADABAC=+，所以,,,ABCD共面，故C正确；的的D项，因为()1,0,0OA=−，所以13OAABAB=，所以点O到直线AB的距离为221161333OA−

=−=，故D正确．故选：ACD．11.抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线24yx=的焦点为F，一束平行于x轴的光线1l从点()3,1M射入，经过抛物线上的点()

11,Pxy反射后，再经抛物线上另一点()22,Qxy反射后，沿直线2l射出，则下列结论中正确的是（）A.121xx=B.43PQk=−C.254PQ=D.1l与2l之间的距离为4【答案】ABC【解析】【分析】由抛物线的光学性质可知，直线PQ经过点F，于

是根据二级结论2124pxx=可判断选项A；点P与M均在直线1l上，于是可求出点P的坐标，再结合2124pxx=可得点Q的坐标，然后利用斜率公式即可判断选项B；根据抛物线的定义可知，12||PQxxp=++，可判断选项C；由于1l与2l平行，所以1l与2l之间的距

离12||dyy=−，可判断选项D．【详解】如图所示，由抛物线的光学性质可知，直线PQ过焦点(1,0)F，21214pxx==，即选项A正确；由题意可得，点P的坐标为(1,14)，点Q的坐标为(4,4)−，4141344

PQk−−==−−，即选项B正确；由抛物线的定义可知，12125||4244PQxxp=++=++=，即选项C正确；1l与2l平行，1l与2l之间的距离12||5dyy=−=，即选项D错误；故选：ABC【点睛】本题考查抛物线的定义与性质，直线与抛物线的位置关系等，考查学生灵活运用知识的能

力和作图分析问题的能力，属于中档题．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.已知空间向量(1,1,2)a=−，(1,2,1)b=−，则向量b在向量a上的投影向量的坐标是__________．【答案】555,,663−【解析】【分析】根据投影向量的定义

求解．【详解】(1,1,2)a=−，则a方向的单位向量为666(,,)663e=−，向量b在向量a上的投影向量为122666555(,,)(,,)6636636abea++=−=−，故答案为：555,,663−．13.已知双曲线C：222

21(0,0)xyabab−=的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若1FAAB=，120FBFB=，则C的离心率为____________．【答案】2.【解析】【分析】通过向量关系得到1FAAB=和1OAFA⊥，得到1AOBAOF

=，结合双曲线的渐近线可得21,BOFAOF=02160,BOFAOFBOA===从而由0tan603ba==可求离心率.【详解】如图，由1,FAAB=得1.FAAB=又12,OFOF=得OA是三角形12FFB的中位线，即22//,2.BFOABFOA

=由120FBFB=，得121,,FBFBOAFA⊥⊥则1OBOF=有1AOBAOF=，又OA与OB都是渐近线，得21,BOFAOF=又21BOFAOBAOF++=，得02160,BOFAOFBOA===．又渐近线OB的斜率为0tan603ba==，

所以该双曲线的离心率为221()1(3)2cbeaa==+=+=．【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．14.如图，正方形ABCD和正方形AB

EF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角DABF−−的平面角60，M，N分别是AC，BF上的动点，AMBN=，则MN的最小值是__________．【答案】55##155【解析】【分析】利用二面角的定义证得DAF就是二面角DABF−−的平面角，再利用空间向量

将MN的长转化为MN的模求解，利用空间向量的线性运算，数量积运算和二次函数的性质求解即可．【详解】连接MB，如图，由题意，AMBN=，ACBF=，正方形ABCD中ADAB⊥，正方形ABEF中AFAB⊥，AF平面ABEF，AD平面ABCD，平

面ABEF平面ABCDAB=，∴DAF就是二面角DABF−−的平面角，则60DAF=，∴向量AD与向量AF夹角为60，且,ADABAFAB⊥⊥，设AMAC=uuuruuur，=BNBF，0,1，则(1)MCAC=−，且由题意1ADABAF===

，∴(1)MNMBBNMCCBBNACCBBF=+=++=−++()()()1ADABCBBABE=−++++()()11ADABADABAF=−+−−−+()12ADABAF=−+−+，()22[12]MNADABAF=−+−+222222(12)2(12)2(12)

ADABAFADABABAF=+−+−−+−22ADAF−2222(12)00211cos60=−+++−+2541=−+，令2()541,[0,1]h=−+，()h图象开口向上，且对称轴为2=5，∴当2=5

时，()h取得最小值min21()()55hh==，即2MNuuur的最小值为15，即2MN的最小值为15，∴MN的最小值是55．故答案为：55．四、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.如图，直三棱柱111ABCABC−中，132ABBCAA==，90ABC=，M是11BC的中点，N是AC的中点．（1）证明：直线MN⊥直线BC；（2）求直线1AB与平面11BCCB所成的角的正弦值．【答案】（1

）证明见解析（2）217【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系求证0BCMN=即可；（2）利用空间向量求解sincos,BAn=即可.【小问1详解】不妨设12AA=，则3ABBC==，如图，以B为原点，BC，BA，1BB所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，得(0,0,0

)B，(3,0,0)C，3,0,22M，33,,022N．所以3(3,0,0),(0,,2)2BCMN==−，所以33000(2)02BCMN=++−=，所以BCMN⊥【小问2详解】解：因为1(0,3,2)A，

所以1(0,3,2)BA=．易知平面11BCCB的一个法向量为(0,1,0)n=，设直线1AB与平面11BCCB所成的角为，则321sincos,771BAnBAnBAn====16.已知双曲线C：22221(0,0)xyabab−=的一个焦点为

()25,0，一条渐近线方程为20xy−=，O为坐标原点.（1）求双曲线C的标准方程；（2）已知倾斜角为3π4的直线l与双曲线C交于,AB两点，且线段AB的中点的纵坐标为4，求弦长AB.【答案】（1）221416xy−=（2）4423【解析】【分析】（1）根据双曲线的几

何性质即可求解，（2）根据点差法，结合中点弦可得直线方程，即可根据弦长公式求解.【小问1详解】由焦点可知25c=，又一条渐近线方程为20xy−=，所以2ba=，由222cab=+可得22204aa=+，解得224,16ab==，故双曲线C的标准方程为221416xy

−=.【小问2详解】设()()1122,,,,AxyBxyAB中点的坐标为()0,4x，则2211222214161416xyxy−=−=两式子相减得：()()22222121164xxyy−=−，化简得()()(

)()21212121164xxxxyyyy−+=−+，即()2102102121444xxxyykxxxyy+−====−+，又3πtan14k==−，所以01x=−，所以AB中点的坐标为()1,4−，所以直线l的方程为()41yx−=−+，即30xy+−=.将30xy+−=

代入221416xy−=得，236250xx+−=，则1212252,3xxxx+=−=−，()21212122544222424433ABxxxxxx=−=+−=+=,17.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程；（2）已知O为坐标原点，点P在C上

，点Q满足3PQQF=，求直线OQ斜率的最大值．【答案】（1）24yx=；（2）33．【解析】【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设()00,Qxy，由平面向量的知识可得()0043,4Pxy−，方法一，进而可得200434y

x+=，再由斜率公式及基本不等式即可得解可得答案；方法二，设直线OQ的方程为ykx=，则当直线OQ与抛物线200443yx=−相切时可得答案．【小问1详解】抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点,02pF，准线方

程为2px=−，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222ppp−−==，所以该抛物线的方程为24yx=；【小问2详解】方法一：𝐹(1,0)，设()00,Qxy，则()00333,3PQQFxy==−−，所以()0043,4Pxy−，由P在抛物线上可得()()

2004443yx=−，即200434yx+=，所以直线OQ的斜率为020443yy+，当00y=时，0OQk=；当00y时，000=OQyxk，当00y时，002000044334334344OQyykyxyy====++，此时当且仅当0034yy

=，即032y=时，等号成立；综上，直线OQ的斜率的最大值为33；方法二：𝐹(1,0)，设()00,Qxy，则()00333,3PQQFxy==−−，所以()0043,4Pxy−，由P在抛物线上可得()()200

4443yx=−，得到点Q的轨迹方程为200443yx=−．设直线OQ的方程为ykx=，则当直线OQ与抛物线200443yx=−相切时，其斜率()0kk取到最值．联立2000043yxykx=−=

，得200304−+=yyk，其判别式2130k=−=，解得33，所以直线OQ斜率的最大值为33．18.如图，矩形ABCD中，2AD=，3AB=，2AEEB=，将ADEV沿直线DE翻折成1ADE，若M为线段1AC的点，满足12CMMA=，设二

面角1ADEA−−的平面角为．（1）求证：直线//BM平面1ADE；（2）当为直角时，求点D到平面1ABE的距离；（3）在ADEV翻折过程中（点1A不在平面BCDE内），求线段1BA长取值范围．【答案】（1）证明见解析

（2）263（3）(5,3)的【解析】【分析】（1）在线段1AD上取点N，使得12DNNA=，通过证明四边形MNEB是平行四边形得到//BMEN，即可证明//BM平面1ADE.（2）分析得1AOA为二面角1A

DEA−−的平面角，即1AOA=，当为直角时，建立空间直角坐标系，表示ED和平面1ABE的法向量，利用公式求点到平面的距离.（3）建立空间直角坐标系，利用1AOA=表示各点坐标，利用空间两点间距离公式表示1BA的长，根据(0,π)可得结果.【小问1

详解】在线段1AD上取点N，使得12DNNA=，连接MNENBM,,，∵12CMMA=，∴1//,3MNDCMNDC=，∵2//,,CAABDCABEEBD==，∴,MNEBMNEB=//，∴四边形MNEB是平行四边形，∴//BMEN，∵EN平面1ADE，BM

平面1ADE，∴//BM平面1ADE．【小问2详解】由题意得，112ADAEADAE====，ADEV、1ADE△为等腰直角三角形，取DE中点O，连接1,OAOA，则1,OADEOADE^^，故1AOA为二面角1ADEA−−的平面角，即1AOA=.∵π2=，∴1π2AOA=，1AOO

A⊥.如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O，(0,2,0)D，1(0,0,2)A，(0,2,0)E−，232,,022B−，22,,022EB=−，1(0,2,2)EA=，(0,22,0)ED=，设平面1ABE的一个法向量为(,,)nx

yz=，则122022220nEBxynEAyz=−==+=，令1x=，得1,1yz==-，(1,1,1)n=−，∴点D到平面1ABE的距离为||2226||33EDndn===.【小问3详解】如图，以O为原点建立空间直角坐标系，

在ADEV翻折过程中，由题意知，二面角1ADEA−−的平面角()0,π，11π22AOzAOA=−=−，则1(2cos,0,2sin)A−，由（2）知232,,022B−，∴222212322cos(

2sin)2cos722BA=+++=+，又∵(0,π)，∴cos(1,1)−，∴12cos7(5,3)BA=+．故1BA的取值范围是(5,3)．19.已知椭圆22122:1(0)xyCabab+=的离心率为33，直线:23lyx=+与以原点为

圆心、椭圆1C的短半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆1C的方程；（2）设椭圆1C左焦点为1F，右焦点为2F，直线1l过点1F，且垂直于椭圆的长轴，动直线2l垂直于1l，垂足为点P，线段2PF的垂直平分线交2l于点M，求点M的轨迹2C的方程；（3）设2C与x轴交于点Q，在曲线2C上是否存在一点S，使

得以QS为直径的圆与2C有除Q、S外的公共点，若存在求出QS的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22196xy+=（2）243yx=（3）存在，)815,+．【解析】【分析】（1）根据圆心到直线的距离公式得到23||2b=，可得6b=，进而结合离心率

求解即可；（2）根据题意得到2MFMP=，可得点M的轨迹为抛物线，进而求解；（3）设211,43yRy，222,43ySy，12yy，且10y，20y，由QRRS⊥结合向量可得21148yyy=−−，进而根据基本不等式可得22192y，再根据二次

函数性质求解即可.【小问1详解】的由题意，直线:23lyx=+与以原点为圆心、椭圆1C的短半轴长为半径的圆相切，则23||2b=，即6b=，又222abc=+，33cea==，解得3a=，3c=，所以椭圆的方程是22196xy+=．【小

问2详解】由条件可知2MFMP=，即动点M到定点2F的距离等于它到直线1:3lx=−的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线，且223pc==，则点M的轨迹2C的方程是243yx=．【小问3详解】由（2）知()0,0Q，若存在点S，设圆与抛物线的一个公共点与R，则有QRR

S⊥．设211,43yRy，222,43ySy，12yy，且10y，20y，则211,43yQRy=，222121,43yyRSyy−=−，所以()()22212112120(43)yyyQRQ

Syyy−=+−=，整理化简得，21148yyy=−−，所以222222112211484896296192yyyyy=+++=，当且仅当2212148yy=，即143y=时取等号，则()()222222222221124241922424

815434343yQSyy=+=+−+−=，故QS的取值范围是)815,+．【点睛】关键点点睛：本题第（3）题关键在于根据题意由QRRS⊥结合向量可得21148yyy=−−，进而根据基本不等式可得22192y，进而结合二次函数的性质求解即可.