精品解析：吉林省长春市外国语学校2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题

长春外国语学校2024-2025学年第一学期高二年级期中考试 数学试卷 出题人 ：杨柳 审题人：刘健豪 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷(选择题) 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆，直线，则圆上到直线的距离为的点的个数为（ ） A. B. C. D. 3. 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. 3 B. C. D. 4. 若方程表示圆，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 6. 已知直线，直线，若，则与的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为直线上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 3 8. 1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论错误的是（ ） A. 卫星向径的取值范围是 B. 卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间 C. 卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁 D. 卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小 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. 对于直线：，下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线斜率可以不存在 C. 时直线的倾斜角为 D. 时直线在轴上的截距为 10. 已知圆：与圆：相交于A，B两点，则下列判断正确的是（ ） A. 两圆的相交弦所在直线方程为 B. 两圆的公共弦长为 C. 经过A，B两点，且过原点的圆的方程为 D. P为上任意一点，Q为上任意一点，则的最大值为 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（ ） A. 曲线围成的图形有4条对称轴 B. 曲线C围成的图形的周长是 C. 曲线C上的任意两点间的距离最大值是 D. 若是曲线上任意一点，的最小值是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量则实数的值为________． 13. 经过点，且在 x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的一般式方程是______. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是______． 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. 求适合下列条件的椭圆的标准方程． （1）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且； （2）焦点在坐标轴上，且经过两个点. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. (1)求圆A的方程； (2)过点的直线l与圆A相交于M、N两点, 当时，求直线l方程． 17. 已知的三个顶点分别是． （1）求的外接圆（为圆心）的标准方程： （2）若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状. 18. 如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为. （1）求椭圆E的方程； （2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春外国语学校2024-2025学年第一学期高二年级期中考试 数学试卷 出题人 ：杨柳 审题人：刘健豪 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷(选择题) 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 直线的倾斜角（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将直线方程化成斜截式，再根据斜率得到倾斜角. 【详解】化成斜截式为，所以直线斜率，直线倾斜角，且，则. 故选：D. 2. 已知圆，直线，则圆上到直线的距离为的点的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出与直线平行且与直线的距离为的直线的方程，判断出圆与两平行线间的位置关系，即可得出结论. 【详解】设与直线平行且与直线的距离为的直线的方程为， 由平行线间的距离公式可得，解得或， 圆的圆心为，半径为， 显然直线过圆心，圆心到直线的距离为， 所以，直线与圆相交，直线与圆相切， 所以，圆上到直线的距离为的点的个数为. 故选：C. 3. 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. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长. 【详解】由题意可知：， 则 ， 所以. 故选：C. 4. 若方程表示圆，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程变形为，根据方程表示圆，从而得出，即可求出的取值范围. 【详解】解：因为方程， 可变形为， 因为方程表示圆，则，解得：或， 所以的取值范围是. 故选：C. 5. 曲线与曲线的（ ） A. 长轴长相等 B. 短轴长相等 C. 离心率相等 D. 焦距相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的性质求出两个椭圆的即可判断． 【详解】曲线表示焦点为，长轴长为10的椭圆； 曲线表示焦点为，长轴长为的椭圆． 故两椭圆的焦距相等，长轴长、短轴长、离心率不一定相等． 故选：D. 6. 已知直线，直线，若，则与的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线平行，得到的方程，再利用平行直线间的距离公式即可得解. 【详解】由，所以，则，所以可得， 根据两平行直线距离公式. 故选：B 7. 已知为直线上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用两点的距离公式结合“将军饮马”模型计算最值即可. 【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和， 即． 设关于直线对称的点为， 则，解得，即， 则，当三点共线时，取到最小值， 且最小值为． 故选：D. 8. 1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论错误的是（ ） A. 卫星向径的取值范围是 B. 卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间 C. 卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁 D. 卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得卫星向径是椭圆上的点到焦点的距离，可得向径的最大值最小值，即可判断A，运行速度的意义又是服从面积守恒规律，即可判断BD，根据即可判断C. 【详解】由题意可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离，所以最小值为，最大值为，所以A正确； 根据在相同时间内扫过的面积相等，卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，故B正确； 卫星向径的最小值与最大值的比值为越大，则越小，椭圆越圆，故C错误． 因为运行速度是变化的，速度的变化，所以卫星运行速度在近地点时向径越小，在远地点时向径越大，卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间，内扫过的面积相等，则向径越大，速度越小， 所以卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，故D正确； 故选：C． 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. 对于直线：，下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线斜率可以不存在 C. 时直线的倾斜角为 D. 时直线在轴上的截距为 【答案】AB 【解析】 【分析】求出直线过定点坐标即可判断A；当时斜率不存在，即可判断B；求出直线的斜率，从而得到倾斜角，即可判断C；求出直线与轴的交点，即可判断D. 【详解】对于A，直线，令，则，所以直线过定点，故A正确； 对于B，当时，直线，斜率不存在，故B正确； 对于C，当时，直线，即，所以直线的斜率为，倾斜角为，故C错误； 对于D，当时，直线，令，得，即直线在轴上的截距为，故D错误. 故选：AB. 10. 已知圆：与圆：相交于A，B两点，则下列判断正确的是（ ） A. 两圆的相交弦所在直线方程为 B. 两圆的公共弦长为 C. 经过A，B两点，且过原点的圆的方程为 D. P为上任意一点，Q为上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，联立两圆方程，求出两圆的相交弦所在直线方程判断；对B，求出圆心到直线的距离，进而求得两圆的公共弦长判断；对C，设经过，两点，且过原点的圆的方程为，求出代回求得方程判断；对D，的最大值为，求出判断选项D. 【详解】对于A，由，得， 所以两圆的相交弦所在直线方程为，故A正确； 对于B，圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 则两圆公共弦长为，故B正确； 对于C，经过，两点的圆的方程可设为， 即，因为此圆过原点， ，解得， 所以经过，两点，且过原点的圆的方程为，故C错误； 对于D，圆的圆心为，半径为，所以的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（ ） A. 曲线围成的图形有4条对称轴 B. 曲线C围成的图形的周长是 C. 曲线C上的任意两点间的距离最大值是 D. 若是曲线上任意一点，的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象判断各选项即可. 【详解】当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 所以曲线的图象如图所示， 对于A，由图可知曲线围成的图形有4条对称轴，故A正确； 对于B，曲线由4个半圆组成，其周长为，故B错误； 对于C，由图可知曲线上任意两点间的最大距离为，故C正确； 对于D，到直线的距离， 点到直线的距离为， 由圆的性质得曲线上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量则实数的值为________． 【答案】7 【解析】 【分析】根据题意，利用空间向量垂直坐标表示，列式求解作答. 【详解】由题， ， ， 解得. 故答案为：7. 13. 经过点，且在 x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的一般式方程是______. 【答案】或 【解析】 【分析】分截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，代入得到直线方程. 【详解】当截距为0时，设直线方程为， 将代入得，解得，故，即； 当截距不为0时，设直线方程为， 将代入得，解得， 故直线方程为，即. 故答案为：或 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，设，得到，由椭圆定义和勾股定理得到方程，得到，故，设，，由对勾函数性质得到函数单调性，从而得到，求出离心率的取值范围，得到最大值. 【详解】连接，设， 因为点在第一象限，所以， 由对称性可知， 因为，所以，即， 由椭圆定义可得， 由圆的性质得⊥，由勾股定理得， 所以，即， 因为， 设，，则， 由对勾函数性质，单调递增， 所以，即， 当时，解得，即，解得 当时，解得，即，解得， 综上，所以C的离心率的最大值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围). 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. 求适合下列条件的椭圆的标准方程． （1）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且； （2）焦点在坐标轴上，且经过两个点. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出椭圆方程，根据椭圆定义求出，将点代入方程求出得解； （2）待定系数法求解即可求得椭圆的标准方程. 【小问1详解】 由题设椭圆方程为，， ，即， 将点代入方程，可得， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 设椭圆的方程为， 将点，代入椭圆的方程， 得，解得，， 所以椭圆的标准方程为. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. (1)求圆A的方程； (2)过点的直线l与圆A相交于M、N两点, 当时，求直线l方程． 【答案】（1）（2）或 【解析】 【详解】（1）由题意知到直线的距离为圆半径，且 , 所以圆的方程为 . （2）记MN中点为Q，则由垂径定理可知且， 在中由勾股定理易知，，设动直线方程为：或，显然合题意.由到距离为1知，解得, ∴或 为所求方程. 17. 已知的三个顶点分别是． （1）求的外接圆（为圆心）的标准方程： （2）若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状. 【答案】（1） （2），轨迹是以为圆心，半径为的圆. 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解圆的方程即可. （2）根据题干设的坐标是，点的坐标是，再由， 列出方程代入即可求得轨迹方程. 【小问1详解】 设圆的方程为（其中） 因为三点都在圆上，可得 解得，满足， 所以所求圆的方程为，即 【小问2详解】 设的坐标是，点的坐标是， 因为的坐标是，且， 所以，解得， 又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即， 代入得，整理得， 点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆. 18. 如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求直线和平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 【答案】（1）证明：由于，所以， 根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2） （3）存在， 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直. 以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线和平面所成角为，则； 【小问3详解】 设，则， 过T作，则， ∵， ∴， ∴，∴或（舍） ∴. 19. 已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为. （1）求椭圆E的方程； （2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明： 设，因为，， 所以，即， 即 （i）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得. 则， ③ 所以，整理得，代入③， ， O到直线的距离， 所以 ，即的面积为定值1        （ii）当直线的斜率不存在时，不妨设的斜率为且点M在第一象限，此时的方程为，代入椭圆方程，解得，此时的面积为. 综上可知，的面积为定值1 【解析】 【分析】（1）离心率提供一个等式，是椭圆的通径，通径长为，这样的面积又提供一个等式，两者联立方程组结合，可求得得椭圆标准方程． （2）设，由得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.应用韦达定理得，代入 可得的关系，注意，然后由圆锥曲线中的弦长公式计算弦长，求出到直线的距离，求得的面积，化简可得为定值，同样直线的不斜率存在时，也求得的面积和刚才一样，即得结论． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则① 过椭圆左焦点且与x轴垂直的直线方程为，与椭圆方程联立解得， 所以，所以② 把①代入②，解得 又，解得 所以E的方程为： （2）略 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定值问题．综合性较强，对学生的推理能力，运算求解能力要求较高，属于难题．在直线与椭圆相交问题中，采取“设而不求”的思想方法，即设直线的方程为，设交点，，由直线方程与椭圆方程联立消元，应用韦达定理可得，代 入得参数间的关系，由弦长公式求弦长并代入化简．同时求三角形的高，求出三角形面积．注意还要讨论直线斜率不存在的情形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $