宁夏回族自治区银川市景博中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

· 银川市景博中学2024-2025学年高二年级第一学期期中考试 · 数学 注意事项： 1.本试卷共19小题，满分150分.考试时间为120分钟. 2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1．圆的圆心坐标和半径分别是（   ） A．和2 B．和2 C．和 D．和 2．椭圆的两个焦点分别为，过的直线交椭圆于A、B两点，则的周长是（    ） A．10 B．12 C．16 D．20 3．设x，，向量，，，且，，则等于（   ） A． B．3 C． D．4 4．已知直线，则下列结论正确的是（    ） A．直线的倾斜角是钝角 B．的一个方向向量为 C．点到直线的距离为 D．与直线垂直 5．已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（    ） A．9 B． C．8 D． 6．设椭圆的离心率分别为．若，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，是某心形二次曲线，则的方程可能为（   ） A． B． C． D． 8．若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12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，选对但不全对的得部分分，有选错的得0分. 9．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ）    A．直线与是平行直线 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．平面截正方体所得的截面面积为 10．已知曲线：，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则是两条直线 B．若，则是圆，其半径为 C．若，则是椭圆 D．若，则是椭圆，其焦点在轴上 11．已知圆，直线.则以下命题正确的有（　　） A．直线l恒过定点 B．y轴被圆C截得的弦长为 C．直线l与圆C恒相交 D．直线l被圆C截得弦长最长时，直线的方程为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知和点，则过点的的所有切线方程为 . 13．已知，为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，且，则三角形的面积为 . 14．如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成的角为，则的最大值为 . 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15．(13分)已知点，. (1)求直线MN的一般式方程； (2)求以线段MN为直径的圆的标准方程； (3)求（2）中的圆在点处的切线方程. 16．(15分)已知圆：和圆：. (1)求证：圆和圆相交； (2)求圆与圆的公共弦所在直线的方程以及公共弦的长. 17．(15分)已知直三棱柱中，，且，点分别为线段和的中点.    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角. 18．(17分)已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为． (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积． 19．(17分)如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 第 2 页 共 3 页 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 银川市景博中学2024-2025学年高二年级第一学期期中考试 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B B B A A B BCD AD 题号 11 答案 CD 1．C 【分析】把圆的一般方式化为标准方程即可得到结果. 【详解】由得，， 故圆心坐标为，半径为. 故选：C. 2．D 【分析】根据椭圆定义进行求解. 【详解】由题意得， 由椭圆定义可知，， 所以的周长为. 故选：D 3．B 【分析】根据向量垂直和平行满足的坐标关系可得即可根据模长公式求解. 【详解】由，可得，且， 解得故则， 故选：B 4．B 【分析】求得斜率判断A；求得直线的一个方向量判断B；求得点到直线的距离判断C；求得两直线的斜率之积判断D. 【详解】由，得直线，所以直线的斜率， 所以直线的倾斜角是锐角，故A错误； 所以直线的一个方向向量为，又直线的一个方向向量也可为，故B正确； 点到直线的距离，故C错误； 直线的斜率为，所以， 所以直线与直线不垂直，故D错误. 故选：B. 5．B 【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再把两圆的位置关系转化为圆心距与半径和差的数量关系求参数的值. 【详解】圆可化为，圆心为，半径为. 若圆M与圆恰有三条公切线，则两圆外切. 圆可化为，圆心为，半径为，. 由，所以，解得. 故选：B 6．A 【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答. 【详解】由，得，因此，而，所以. 故选：A 7．A 【分析】利用排除法，根据对称性排除CD，令，解方程排除B. 【详解】显然图象关于y轴对称，即把x换成方程不变，可知CD错误； 对于B：令，可得，解得或，不合题意； 故选：A. 8．B 【分析】先得到直线过定点，作出直线与曲线C，由图求出直线过点时的斜率和直线与曲线C相切时的斜率即可树形结合得解. 【详解】由可知直线过定点， 曲线两边平方得， 所以曲线C是以为圆心，半径为1且位于直线x轴上方的半圆， 当直线过点时，直线与曲线C有两个不同的交点，此时， 当直线与曲线C相切时，直线和圆有一个交点，圆心到直线的距离，两边平方解得， 所以结合图形可知直线与曲线C恰有两个交点，则. 故选：B. 9．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D. 【详解】对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，． ∵分别为棱的中点，∴、， 则，，∴和不共线，故A错误； 对于B，∵，，∴， ∴，∴直线与所成的角为，故B正确． 对于C，由于平面的一个法向量为， ， ∴，直线与平面所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，    ∵棱长为2，∴，，， ∴等腰梯形的高为， ∴，故D正确， 故选：BCD． 10．AD 【分析】 把已知方程变形，结合四个选项中的条件依次判断得答案． 【详解】对于A：若，，则曲线：，即，表示两条平行于轴的直线，故A正确； 对于B：若，方程化为，则是圆，其半径为，故B错误； 对于C：当，时满足，但是曲线：表示焦点在轴的双曲线，故C错误； 对于D：若，则可化为， 因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故D正确； 故选：AD 11．CD 【分析】根据直线方程求出定点坐标即可判断选项A；求出圆和y轴的交点坐标，即可判断选项B；利用定点和圆的位置关系即可判断选项C；当弦长最长时，直线过圆心从而判断选项D. 【详解】对于A，直线，即， 由，解得，故直线过定点，故A错误； 对于B, 圆，当时，，故y轴被圆C截得的弦长为，故B错误； 对于C，直线过定点，,故点在圆内，则直线l与圆C恒相交，故C正确； 对于D，当直线l被圆C截得弦长最长时，直线过圆心，则，解得， 故直线方程为：，即，故D正确. 故选：CD 12．或 【分析】先确定点在圆外，再分切线斜率存在与否，利用圆心到切线的距离等于半径求解即可. 【详解】由圆的方程可得圆心，半径， 由题意可得圆心到切线的距离等于半径， 由点代入圆的方程可得，所以点在圆外， 所以当切线的斜率不存在时，满足题意的直线方程为； 当斜率存在时，设为， 则过点的切线方程为，即 所以，解得， 此时，切线方程为， 综上，过点的的所有切线方程为或. 故答案为：或. 13．4 【分析】由椭圆定义以及勾股定理即可求得，即可求得三角形的面积为4. 【详解】根据椭圆定义可知， 由勾股定理可得， 所以可得， 因此可得三角形的面积为. 故答案为：4 14． 【分析】作出直线与平面所成的角，解直角三角形求得的表达式，由此求得的最大值. 【详解】依题意可知，该几何体为正四面体，设顶点在底面的射影是，是底面中心，连接，过作，交于，连接. 设正四面体的棱长为，.在三角形中，由余弦定理得.由于平面，所以平面，，所以是直线与平面所成的角，设为.在三角形中，，所以.所以.所以当时，的最大值为. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查最值的求法，，属于中档题. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用两点式求出直线斜率，然后利用点斜式方程求解即可； （2）由中点坐标公式求出圆心坐标，再求出半径，即可得到圆的方程； （3）先求得切线的斜率，代入点斜式直线方程，即可求解. 【详解】（1）直线MN的斜率为， 则直线MN的方程为，即. （2）由题意可知圆心C为线段MN的中点，即， 半径， 故所求圆的标准方程为. （3）直线CP的斜率为，则所求切线的斜率为， 故所求的切线方程为，即. 16．(1)证明见解析； (2)，. 【分析】（1）根据圆的方程确定圆心和半径，利用半径和差与圆心距的大小关系判断圆的位置关系； （2）两圆方程作差求公共弦方程，应用几何法求公共弦长. 【详解】（1）根据题意，圆：的圆心为，半径， 圆：，得，圆心为，半径， 圆心距， ， 圆和圆相交. （2）将两圆方程相减，有，即两圆公共弦所在直线的方程为， 圆心到的距离，故公共弦的弦长为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明、来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角. 【详解】（1）平面平面， 又， 又，平面，平面 又平面.又 ， 即.又平面，平面. （2）如图所示，以点为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，    易得， 设平面的法向量，则， 取，则法向量. 由（1）可知平面的法向量. 平面与平面的夹角为. 18．(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程. （2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积. 【详解】（1）由题意可知：，则， ∵，∴， ∴， ∴椭圆 （2），∴直线：， 联立方程组得, 设， 则， 点到直线的距离 ∴    19．(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解； （3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，    所以. 又因为平面平面， 平面， 所以面； （2）因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 设平面的法向量为， 由，得 ， 点到平面的距离 （3）设 所以点到面的距离为定值 . ， 解得：或. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$