吉林市普通高中20242025学年高二上学期期中调研测试数学试题一、单选题（本大题共8小题）1直线的倾斜角为（）ABCD2圆与圆的位置关系为（）A相离B外切C相交D内切3若直线与直线平行，则实数（）AB1C或1D4若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（）ABCD5如图，椭圆的两个焦点分别为，以线段为边作等边三角形，若该椭圆恰好平分的另两边则椭圆的离心率为（）ABCD6一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在直线的斜率为（）A或B或C或D或7已知动点在椭圆上，若点，点满足，且，则的最小值为（）AB3CD8如图1，平面四边形中，垂足为，如图2，将沿翻折至，使得平面平面，若点为线段上的动点，则点到直线距离的最小值为（）ABCD二、多选题（本大题共3小题）9已知椭圆，下列结论正确的是（）A椭圆的长轴长是B椭圆的短半轴长是4C经过椭圆焦点的最短弦长是D椭圆的焦点坐标分别是10如图，在平行六面体中，与的交点为，设，则（）ABCD11平面内与两定点距离之积为定值的点的轨迹叫做卡西尼卵形线，它的发现为人类研究土星运行轨迹提供莫大帮助已知平面内有一卵形线，则（）A曲线过原点B曲线既是中心对称图形又是轴对称图形C曲线上点的横坐标的取值范围是D曲线上任意一点到原点距离的取值范围是三、填空题（本大题共3小题）12点到直线的距离为 13由直线上的一点向圆引切线,切点分别为，则四边形面积的最小值为 .14在空间直角坐标系中，过点且一个方向向量为的直线方程为，过点且一个法向量为的平面方程为现已知直线的方程为，则直线的一个方向向量 ，若平面经过点且同时垂直于平面与平面，则直线到平面的距离为 四、解答题（本大题共5小题）15已知圆经过点，且圆心在直线上(1)求圆的标准方程；(2)若直线与圆的交点为，求16如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值17已知椭圆的离心率，点在椭圆上(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆的交点为，点为坐标原点，且的面积为，求直线的方程18已知点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径的交点为，记点的轨迹是曲线，设经过点的直线与曲线的交点为(1)求曲线的方程；(2)求的取值范围；(3)已知点，若直线与直线的斜率分别为，求的值19如图，在四棱锥中，底面为菱形，且分别为的中点(1)求证：平面；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值；(3)在平面内是否存在点，满足？若存在，请求出点的轨迹长度；若不存在，请说明理由参考答案1【答案】C【详解】由题，直线方程可化为，则斜率为，所以倾斜角为，故选:C.2【答案】D【详解】因为，所以圆心，半径为，圆，化为标准方程为：，所以圆心，半径为，两个圆心间的距离为：，所以两圆内切，故选：D3【答案】B【详解】因为直线与直线平行，所以，解得.故选：B.4【答案】C【详解】对于A选项，有，所以共面；对于B选项，有，所以共面；对于C选项，假设共面，则有，即，由此有、共面，与已知条件矛盾，所以不共面；对于D选项，所以共面.故选：C5【答案】B【详解】如图，与椭圆交于点，连结，由题意可知，的边长为，点是的中点，所以，所以.故选：B6【答案】A【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，点关于轴对称点的坐标为，根据题意可得，点在反射光线所在的直线上，设反射光线所在的直线方程为，即，因为反射光线所在直线与圆相切，所以，解得或，故选：A.7【答案】C【详解】椭圆中，.如图，由得，当取最小值时，最小.由题意得，点A为椭圆右焦点，当点为椭圆的右顶点时，.故选：C.8【答案】D【详解】因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，平面，则，又，以点为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，连接，则P0,0,1，设，所以，设与的夹角为，则，所以点到直线的距离为，由，则，所以，所以点到直线距离的最小值为.故选：D.9【答案】AC【详解】因为椭圆方程为，所以，则，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，经过椭圆焦点的最短弦长为，焦点坐标为，所以A正确，B错误，C正确，D错误.故选：AC.10【答案】ACD【详解】由题意可知，.对于A，故A正确、B不正确；对于C，故C正确;对于D，故D正确故选：ACD.11【答案】BCD【详解】A.把代入不成立，选项A错误.B.把代入得，曲线关于轴对称；把代入得，曲线关于轴对称；把代入得，曲线关于原点中心对称.曲线既是中心对称图形又是轴对称图形，选项B正确.C. ，曲线上点的横坐标的取值范围是，选项C正确.D. 设曲线上任意一点，选项D正确.故选：BCD.12【答案】【详解】运用点到直线距离公式,得到.故答案为：1.13【答案】【解析】根据切线的性质可确定所求四边形面积为，可知当所求面积最小时，利用点到直线距离公式可求得，进而得到所求面积的最小值.【详解】由题意知，圆的圆心，半径两切线关于对称四边形面积为当时，最小，此时四边形面积的最小值为故答案为：14【答案】 （此空答案不唯一，均可） 【详解】由题意可知，直线的方程，即，则其一个方向向量，且过点，又平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且平面同时垂直于平面与平面，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以平面的法向量为，又平面经过点，则，所以直线到平面的距离为.故答案为：；15【答案】(1)(2)【详解】（1）（法一）设圆的标准方程为，则圆心为由题意可得解得,圆的标准方程为（法二）由题意可得中点为，线段的垂直平分线为，即，圆心在直线上，联立解得即圆心为，圆的半径圆的标准方程为（法三）设圆的一般方程为，则圆心为由题意可得解得,圆的一般方程为，即圆的标准方程为（法四）设圆心，整理，得圆心圆的标准方程为（2）由（1）知，圆心到直线的距离为圆的半径16【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）（法一）在三棱柱平面，平面平面，平面平面，平面，为中点，平面平面，平面（法二）以为原点，分别以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以（2）依题意，是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则则，即，取，则，平面的一个法向量为设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为17【答案】(1)(2)或或或【小题1】离心率，即，椭圆的方程为将代入得，所以的标准方程为【小题2】（法一）设Ax1,y1,Bx2,y2，联立消去，得则，化简得，由韦达定理得，解得或或1或直线的方程为或或或（法二）设Ax1,y1,Bx2,y2，联立消去，得，化简得，由韦达定理得，由弦长公式可得，原点到直线的距离为，解得或或1或直线的方程为或或或18【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）连接，则设点圆的圆心，半径为4，点的轨迹是以为焦点的椭圆，长轴长，焦距，曲线的方程为（2）（法一）分以下两种情况讨论：若直线与轴重合，则；若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点Ax1,y1,Bx2,y2，联立，消去，得，则，由韦达定理得，由弦长公式可得，则综上所述，的取值范围是（2）（法二）分以下两种情况讨论：当直线的斜率不存在时，不妨设；当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx1，设点Ax1,y1,Bx2,y2，联立，消去，得，则，由韦达定理得，由弦长公式可得综上所述，的取值范围是（2）（法三）分以下两种情况讨论：若直线与轴重合，则若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点，联立，消去，得，则，由韦达定理得，则综上所述，的取值范围是（3）（法一）分以下两种情况讨论：若直线与轴重合，点都在轴上，若直线不与轴重合，由（2）知，直线的方程为，点Ax1,y1,Bx2,y2，综上所述：（3）（法二）分以下两种情况讨论：若直线与轴垂直，直线与直线关于轴对称，；若直线不与轴垂直，由（2）知，直线的方程为y=kx1，设点Ax1,y1,Bx2,y2，综上所述：19【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在；【详解】（1）（法一）如图：连接，中，为等边三角形为中点，且，底面为菱形，所以，为等边三角形为中点，且，平面，平面，（法二）如图：连接，中，为等边三角形，为中点，且，底面为菱形，为中点，在中，由余弦定理得：，即，平面平面（2）由（1）知：，如图：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别为的中点，设平面的一个法向量为，则则，所以，取，则，平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则即直线与平面所成角的正弦值为（3）（3）（法一）存在点，使理由如下：点在以线段中点为球心，2为半径的球面上，设平面的一个法向量为，则则，则，取，则平面的一个法向量为点到平面的距离为，记，在平面内存在点，且点的轨迹是半径为的一个圆，即点的轨迹长度为（3）（法二）存在点，使理由如下：点在以线段中点为球心，2为半径的球面上是的中点点到平面的距离是到平面的距离的设点到平面的距离为，连接，在中，由余弦定理得：即，即，即点到平面的距离为，点到平面的距离为，记，在平面内存在点，且点的轨迹是半径为的一个圆，即点的轨迹长度为