精品解析：安徽省太和中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

太和中学高二年级期中考试试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册，选择性必修第一册． 一、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. 直线和直线的位置关系为（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 重合 D. 相交但不垂直 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若为异面直线，，则不垂直于 5. 已知点为双曲线左支上的一点，分别为的左､右焦点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆内一点，对称中心在坐标原点，焦点在轴上的等轴双曲线E经过点，点在上，若椭圆上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 10. 在中，记角的对边分别为，则（ ） A. 若，，，则解此三角形有两解 B. 若为锐角三角形，则 C. 的充要条件为 D. 若，则为等腰直角三角形 11. 已知抛物线的焦点为，且三点都在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线BC过点F，O为坐标原点，则 C. 若，则线段BC的中点到轴距离的最小值为 D. 若直线AB，AC是圆的两条切线，则直线BC的方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 13. 某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是________. 14. 在棱长为2的正方体中，点，分别是底面、侧面的中心，点分别是棱，所在直线上的动点，且，当取得最小值时，点到平面的距离为__________. 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，，. （1）求直线的方程及的面积； （2）求的外接圆的方程. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，面，且，为的中点，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知双曲线过点且，，分别是的左、右焦点. （1）求的标准方程； （2）设点是上第一象限内的点，求的取值范围. 18. 为培养学生的核心素养，协同发展学科综合能力，促进学生全面发展，某校数学组举行了数学学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式．现有甲、乙两人参加数学学科素养大赛，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和．假设两人是否回答出问题，相互之间没有影响；每次回答是否正确，也没有影响． （1）若乙回答了4个问题，求乙至少有1个回答正确的概率； （2）若甲、乙两人各回答了3个问题，求甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率； （3）假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛，求甲恰好回答5次被退出比赛的概率． 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太和中学高二年级期中考试试卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册，选择性必修第一册． 一、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. 直线和直线的位置关系为（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 重合 D. 相交但不垂直 【答案】B 【解析】 【分析】求出两直线斜率，再判断其乘积即可. 【详解】直线和直线的斜率分别为， 因为，所以. 故选：B. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算法则可求得，由虚部定义可得结果. 【详解】，， 的虚部为. 故选：C. 3. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由方程表示圆可得，再由点在圆外即可得，求得实数的取值范围是. 【详解】易知圆可化为，可得，即； 又在圆外部，可得，解得； 可得. 故选：B. 4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若为异面直线，，则不垂直于 【答案】D 【解析】 【分析】由平面平行的判定定理可判断A错误，由线面垂直性质可判断B错误，利用面面垂直的性质定理可判断C错误；由反证法可得D正确. 【详解】对于A，由平面平行的判定定理易知当两个平面内的两条直线平行时，不能得出两平面平行，即A错误； 对于B，若，则可得或，故B错误； 对于C，由面面垂直的性质知，两个平面垂直时，仅当直线在一个平面内且与交线垂直时才能确保直线与另一个平面垂直， 而C中直线与平面的关系不确定，故与不一定垂直，故C错误； 对于D，若，由条件易得，与二者异面矛盾，故D正确． 故选：D． 5. 已知点为双曲线左支上的一点，分别为的左､右焦点，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线的定义即可求解. 【详解】因为为双曲线左支上的一点，分别为的左､右焦点， 所以，故， 由于， 所以. 故选：B 6. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律可求得，根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，，， ，， ，，. 故选：C. 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出直线方程为，得到点关于直线的对称点，连接，与交于点，与圆交于点，所以即为机器人走过的最短路程，利用两点间距离公式求出答案. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设直线的方程为，将代入得，故直线方程为， 设点关于直线的对称点为， 则，解得， 故， 连接，与交于点，与圆交于点， 则， 所以即为机器人走过的最短路程， 其中， 故. 故选：A 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆内一点，对称中心在坐标原点，焦点在轴上的等轴双曲线E经过点，点在上，若椭圆上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出双曲线的方程为，由及椭圆的性质可知，再根据点在上和为椭圆内一点，求出的取值范围进而即可得到离心率的取值范围. 【详解】因为等轴双曲线经过点，所以将代入可得双曲线的方程为， 由点在上，得， 所以椭圆的左焦点的坐标是， 因为，所以，即， 又，当且仅当共线时等号成立， 所以，解得①， 又因为点在椭圆内，所以，即， 解得（舍去）或②， 由①②得，， 所以， 故选：B 二、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. 已知关于，的方程表示的曲线是，则曲线可以是（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆以及双曲线，以及椭圆的性质即可分类讨论求解. 【详解】当时，，方程可以化简为，曲线是圆； 当，且时，或，曲线是椭圆； 当时，或，曲线是双曲线． 故选:ABC． 10. 在中，记角的对边分别为，则（ ） A. 若，，，则解此三角形有两解 B. 若为锐角三角形，则 C. 的充要条件为 D. 若，则为等腰直角三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用余弦定理解三角形可知A正确；根据锐角三角形定义和诱导公式可知B正确；根据三角形大边对大角及正弦定理可知C正确；利用正弦定理边化角可推导得到或，知D错误. 【详解】对于A，由余弦定理得：， 即，解得：或， 此三角形有两解，A正确； 对于B，为锐角三角形，，，， ，， ，B正确； 对于C，当时，，由正弦定理知：，充分性成立； 当时，由正弦定理知：，，必要性成立； 的充要条件是，C正确； 对于D，， 由正弦定理可得：，， ，或， 或，即为等腰三角形或直角三角形，D错误. 故选：ABC. 11. 已知抛物线的焦点为，且三点都在抛物线上，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若直线BC过点F，O为坐标原点，则 C. 若，则线段BC的中点到轴距离的最小值为 D. 若直线AB，AC是圆的两条切线，则直线BC的方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将点代入抛物线，得到方程后再求解即可；对于B，联立方程组后，运用平面向量的坐标运算求解即可；对于C，运用焦半径公式结合基本不等式求解即可；对于D，运用几何法，设切线，求解方程即可. 【详解】对于A：因为在抛物线上，所以，解得，所以，故A正确； 对于B：显然直线BC的斜率不为0，设直线BC的方程为，由得，所以，所以，所以，故B正确； 对于C：因为，当且仅当B，C，F三点共线时，等号成立，所以，所以，即线段BC的中点到轴距离的最小值为，故C错误； 对于D：直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，即，又直线AB与圆相切，所以，整理得，即，同理可得，所以直线BC的方程为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________. 【答案】或 【解析】 【分析】当纵截距为时，设直线方程为，代入点求得的值，当纵截距不为时，设直线的截距式方程，代入点求解. 【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为， 因为直线过点，所以，所以直线的方程为； ②当直线在两坐标轴上的截距均不为时， 设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为， 则直线的方程为， 又因为直线过点，所以， 解得：， 所以直线的方程为，即， 综上所述：直线的方程为或， 故答案为：或． 13. 某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是________. 【答案】85 【解析】 【分析】根据平均数、方差的计算公式求解即可. 【详解】设更正前甲,乙,丙...的成绩依次为， 则， 即， 所以， ， 即， 所以. 更正后的平均分， 更正后的方差 . 故答案为：. 14. 在棱长为2的正方体中，点，分别是底面、侧面的中心，点分别是棱，所在直线上的动点，且，当取得最小值时，点到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据探索两点坐标之间的关系，确定最小时两点的坐标，再用空间向量的方法求点到面的距离. 【详解】如图所示,建立空间直角坐标系， 则,设, 则， 因为,所以,即， 所以,又, 则， 当时,取得最小值， 此时,即， 所以, 设平面的一个法向量为， 则即, 令,解得,所以, 则点到平面的距离为 故答案为：. 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，，. （1）求直线的方程及的面积； （2）求的外接圆的方程. 【答案】（1）；9 （2） 【解析】 【分析】（1）由两点式即可求出直线的方程，求出及点到直线的距离，即可求的面积； （2）设的外接圆的方程，将，，代入即可求. 【小问1详解】 直线的方程为，即， 因为， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 【小问2详解】 设的外接圆的方程为， 由题意，解得， 所以的外接圆的方程为：. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，面，且，为的中点，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，的中点，连接， 所以，，又是中点，为正方形， ，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为，所以，又，则， 所以，则， 所以，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，的中点，证明，，得到，由线面平行的判定定理得证； （2）以点为坐标原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，为正方形，所以两两互相垂直， 以点为坐标原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，可得， ， 设直线与平面所成角为， 则. 17. 已知双曲线过点且，，分别是的左、右焦点. （1）求的标准方程； （2）设点是上第一象限内的点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知，将双曲线上的点代入计算即可求得； （2）设，则有，然后利用数量积的坐标运算化简整理为二次函数，利用函数性质求解范围即可. 【小问1详解】 由双曲线过点且，故， 故，故的标准方程为； 【小问2详解】 设，则， 因为点在第一象限，所以，且，， 所以， 所以的取值范围是. 18. 为培养学生的核心素养，协同发展学科综合能力，促进学生全面发展，某校数学组举行了数学学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式．现有甲、乙两人参加数学学科素养大赛，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和．假设两人是否回答出问题，相互之间没有影响；每次回答是否正确，也没有影响． （1）若乙回答了4个问题，求乙至少有1个回答正确的概率； （2）若甲、乙两人各回答了3个问题，求甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率； （3）假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛，求甲恰好回答5次被退出比赛的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由事件的相互独立性的乘法公式和对立事件可求出答案。 （2）记“甲答对i个问题”为事件，“乙答对i个问题”为事件，则甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个为事件由事件的相互独立性的乘法公式代入即可得答案。 （3）记“甲答对第i个问题”为事件，则甲恰好回答5次被退出比赛为事件，由事件的相互独立性的乘法公式代入即可得答案。 【小问1详解】 记“乙至少有1个回答正确”为事件， 所以， 即乙至少有1个回答正确的概率是． 【小问2详解】 记“甲答对i个问题”为事件，“乙答对i个问题”为事件，则甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个为事件 所以 ， 即甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率是． 【小问3详解】 记“甲答对第i个问题”为事件，则甲恰好回答5次被退出比赛为事件， 所以 ， 即甲恰好回答5次被退出比赛的概率是． 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2） 证明：设，由题意知过的直线的斜率必存在， 故设直线，， 联立方程，消去得， ， ，即， 所以，， 则 . 又，所以，得证. （3） 当中有横坐标为时，纵坐标为， 则或， 直线或与椭圆相切，不符合题意，所以的斜率都存在. 由（2）得，，又， 所以，所以是和的交点. 因为，所以，设， 则，所以，直线的方程为， 即， 令得，所以恒过定点. 【解析】 【分析】（1）由长轴长与抛物线焦点得，进而求出椭圆方程； （2）设直线，联立椭圆方程，由韦达定理可得，，利用将斜率坐标化，利用韦达定理代入坐标关系化简求证可得. （3）设，由（2）结论可先证三点共线得到，用表示，由点斜式方程得，再证明不受的影响恒过定点可得. 【小问1详解】 由椭圆的长轴长为， 则，解得， 又因为椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合， 所以，解得. 所以椭圆的方程为. 由题意可知，对于椭圆， 极点对应的极线的方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决该题的关键点有三个.一是理解极点坐标与对应极线方程的关系，确定好极线；二是斜率坐标式的变形，将运算转化为即的对称形式，从而应用韦达定理证明斜率关系式成立；三是（2）问结论的应用，应用结论得到，用参数表达及直线的方程，从而解决直线过定点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $