精品解析：吉林市普通高中2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试题

★保密·启用前★ 吉林市普通高中2024-2025学年度高二年级上学期期中调研测试 数学试题 说明： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，贴好条形码． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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．答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上．字体工整，笔迹清楚． 3．请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上､草纸上答题无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求． 1. 直线：的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 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（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 5. 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（ ） A. B. C. D. 6. 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（ ） A. B. 3 C. D. 8. 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（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共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4 C. 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（ ） A. B. C. D. 11. 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，每小题5分，共15分．其中第14题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分． 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，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，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ ★保密·启用前★ 吉林市普通高中2024-2025学年度高二年级上学期期中调研测试 数学试题 说明： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，贴好条形码． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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．答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上．字体工整，笔迹清楚． 3．请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上､草纸上答题无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求． 1. 直线：的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程，得到斜率，进而求倾斜角. 【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. 圆与圆的位置关系为（ ） A. 相离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 【答案】D 【解析】 【分析】利用几何法求出两圆心间的距离与两个圆的半径比较判断即可. 【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：D 3. 若直线与直线平行，则实数（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两条直线平行的充要条件即可求解. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得. 故选：B. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共面的定义逐项判断即可求解. 【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：C 5. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等边三角形的性质和椭圆的定义，即可求解. 【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：B 6. 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 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心坐标与半径，点关于轴对称点的坐标，设过对称点与圆相切的反射光线所在直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求出答案. 【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. 已知动点在椭圆上，若点，点满足，且，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由得，，问题转化为求，结合图象可知当点为椭圆的右顶点时，有最小值，计算，得到. 【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. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离，进而求出最小值. 【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，，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. 二､多项选择题：本大题共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4 C. 经过椭圆焦点的最短弦长是 D. 椭圆的焦点坐标分别是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据椭圆的几何性质求解判断. 【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. 如图，在平行六面体中，，与的交点为，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可知，，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个判断各个选项即可． 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】把原点坐标代入曲线方程不成立可得选项A错误；把、、代入曲线方程成立可得曲线既是中心对称图形又是轴对称图形，选项B正确；通过不等关系可得，计算结果可判断选项C正确；对曲线方程进行变形得，利用点到原点的距离公式可得选项D正确. 【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. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分． 12. 点到直线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】运用点到直线距离公式计算即可. 【详解】运用点到直线距离公式,得到. 故答案为：1. 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_____. 【答案】 【解析】 【分析】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： 【点睛】本题考查与圆的切线有关的四边形面积最值的求解问题，关键是能够根据切线的性质将问题转化为圆心到直线距离的求解问题. 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__________． 【答案】 ①. （此空答案不唯一，均可） ②. 【解析】 【分析】由定义即可得到直线的一个方向向量以及过点的坐标，然后分别得到平面与平面的法向量，即可得到平面的法向量，再由直线到平面的距离公式，代入计算，即可得到结果. 【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：； 四､解答题：本大题共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，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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：设圆的标准方程，圆心坐标代入直线方程，已知两点坐标代入所设方程后联立方程组求得参数得结论； 法二：求出直线AB的垂直平分线，联立直线方程求得圆心，利用两点距离公式求解半径，即可求解方程； 法三：设圆的一般方程，圆心坐标代入直线方程，已知两点坐标代入所设方程后联立方程组求得参数得结论； 法四：设圆心坐标，利用半径建立方程求解圆心坐标和半径，即可求解圆的方程. （2）求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长． 【小问1详解】 （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． 【小问2详解】 由（1）知，圆心到直线的距离为 圆的半径． 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． 【答案】（1）证明：（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） 【解析】 【分析】（1）两种方法：第一种：通过证明线面垂直，进而证明线线垂直；第二种：先建立直角坐标系，通过证明 进而证明，即． （2）先建立直角坐标系，再分别求出两个平面的法向量，即可求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，是平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 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. 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． 【答案】（1） （2）或或或 【解析】 【分析】（1）根据离心率的定义式以及的关系式，利用已知点，可得答案； （2）联立方程组，利用韦达定理与弦长公式，结合三角形的面积公式，可得答案. 【17题详解】 离心率，即 ，， 椭圆的方程为． 将代入得， 所以的标准方程为． 【18题详解】 （法一）设， 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， 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. 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． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求标准方程； （2）若直线与轴重合，直接计算，若直线不与轴重合，设直线的方程为，设点，直线方程代入椭圆方程消元后应用韦达定理得，然后由点的坐标及参数计算，代入韦达定理的结论得关于的函数，再求得其范围； （3）在（2）的基础上计算可得． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （法一）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴重合，则； ②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， 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： ①当直线的斜率不存在时，，不妨设； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点， 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： ①若直线与轴重合，则 ②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． 【小问3详解】 （法一）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴重合，点都在轴上， ②若直线不与轴重合，由（2）知，直线的方程为，点， ， 综上所述：． （3）（法二）分以下两种情况讨论： ①若直线与轴垂直，直线与直线关于轴对称，； ②若直线不与轴垂直，由（2）知，直线的方程为， 设点， 综上所述：． 【点睛】方法点睛：椭圆中范围或定值问题，一般设交点坐标为，设出直线方程为（或），代入椭圆方程应用韦达定理得（或）然后用两交点坐标表示出要求范围或定值的量，如本题中线段积或斜率和，如果是范围则可转化为关于其中某个参数（两个参数时需要由条件寻找参数间关系）的函数，然后由函数的性质或不等式的知识求得范围，如果是定值，则代入后化简可得定值． 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． 【答案】（1）证明：（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） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定直接证明即可； （2）利用向量法求得线面角的正弦值即可； （3）推出点的轨迹是半径为的一个圆，求出圆的周长即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $