精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷

重庆市第一中学校2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 欧拉公式eix＝cos x＋isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，e2i表示的复数在复平面中对应的点位于(　　) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 两条平行直线与之间的距离（ ） A. B. C. D. 7 3. 已知点，在直线上存在一点，使最小，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 若满足的恰有一个，则实数的取值范围是（ ） A B. C. D. 5. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不垂直的是（ ） A. B. C. D. 6. 将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知“”是“”表示圆的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，则（ ） A. 椭圆的离心率的取值范围是 B. 椭圆的离心率的取值范围是 C. 椭圆的离心率的取值范围是 D. 椭圆的离心率的取值范围是 二、多选题:本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 设为虚数单位，若复数z满足，则z在复平面内对应的点可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 10. 已知椭圆两个焦点分别为，点在椭圆上，则（ ） A. B. 面积为2 C. 椭圆的离心率为 D. 的内切圆半径为 11. 已知点为圆上两动点，且，点为直线 :上动点，则（ ） A. 以为直径的圆与直线相离 B. 的最大值为 C. 的最小值为8 D. 的最小值为112 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两点A(－3，4)，B(3，2)，过点P(2，－1)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是________． 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则_________________. 14. 如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为__________. 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、、分别为内角、、的边，. （1）求； （2）若，的面积为，求的周长. 16. 已知三角形ABC，，，，以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD． （1）求点D坐标： （2）过点A的直线l交线段BC于点E．若，求直线l的方程． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为的中点，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在矩形中，点分别在上，且.沿将四边形翻折至四边形，点平面. （1）求证：平面； （2）四点是否共面？给出结论，并给予证明； （3）在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求的最大值. 19. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过作一条斜率存在且不为0直线交于两点. （i）证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数； （ii）若直线与直线交于点，求的轨迹方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆市第一中学校2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 欧拉公式eix＝cos x＋isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，e2i表示的复数在复平面中对应的点位于(　　) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，得到复数在复平面内对应的点，即可作出解答. 【详解】由题意得，e2i＝cos 2＋isin 2， ∴复数在复平面内对应的点为(cos 2，sin 2)． ∵2∈， ∴cos 2∈(－1，0)，sin 2∈(0，1)， ∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限， 故选B. 【点睛】本题主要考查了复数坐标的表示，属于基础题. 2. 两条平行直线与之间的距离（ ） A. B. C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据两条直线平行求出参数的值，然后利用平行线间的距离公式求解即可. 【详解】由已知两条直线平行，得，所以， 所以直线可化为， 则两平行线间的距离. 故选：C 3. 已知点，在直线上存在一点，使最小，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，点A、B在直线的同侧，利用轴对称的性质求出点关于直线的对称点的坐标，可知直线与的交点就是所求的点，进而求得答案. 【详解】设为点关于直线的对称点，则的中点为， 由轴对称的性质，可得，解得，即. 直线的方程为，即， 由，解得，即直线与交于点 ，当点三点共线时， 即直线上的点与重合时，达到最小值， 故满足条件的点坐标为. 故选：C 4. 若满足的恰有一个，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由只有一个三角形的条件可得或，再由题意可得的取值范围. 【详解】 因为的恰有一个， 所以或， 即则，或者， 所以可得； 故选：B. 5. 如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定定理依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解：对于A选项，如图，因为为所在棱的中点，故由正方体的性质易得，所以，由于，故平面，故A选项正确； 对于B选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，由正方体的性质得，所以平面，故，所以，同理得，，故平面，故B选项正确； 对于C选项，如图，因为为所在棱的中点，所以，所以在中，与夹角为，故异面直线与所成的角为，故平面不成立，故错误； 对于D选项，同A选项，可判断平面. 故选：C 6. 将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角. 【详解】取中点为，连接，所以， 又面面且交线为，面， 所以面，面，则. 设正方形的对角线长度为2， 如图所示，建立空间直角坐标系，， 所以，. 所以异面直线与所成角余弦值为. 故选:A 7. 已知“”是“”表示圆的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意先根据圆的一般方程求出“”表示圆时m的取值范围，再根据必要不充分条件得出两个范围的包含关系，从而得出t的取值范围. 【详解】因为表示圆， 所以根据圆的一般方程，， 又因为是表示圆的必要不充分条件， 所以能推出，而推不出， 即是的真子集， 所以， 故选: B. 8. 已知椭圆的左，右焦点分别为，长轴长为4，点在椭圆外，则（ ） A. 椭圆的离心率的取值范围是 B. 椭圆的离心率的取值范围是 C. 椭圆的离心率的取值范围是 D. 椭圆的离心率的取值范围是 【答案】D 【解析】 【分析】根据点在椭圆外，即可求出的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断选项. 【详解】解：由题意得，又点在椭圆外， 则，解得， 所以椭圆的离心率:， 即椭圆的离心率的取值范围. 故选：D. 二、多选题:本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 设为虚数单位，若复数z满足，则z在复平面内对应的点可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】AD 【解析】 【分析】分和两种情况计算，再结合复数的几何意义即可求解. 【详解】当时，，对应的点在第一象限； 当时，，对应的点在第四象限. 故选：AD 10. 已知椭圆的两个焦点分别为，点在椭圆上，则（ ） A. B. 的面积为2 C. 椭圆的离心率为 D. 的内切圆半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】代入点坐标求出，即可得到椭圆方程，从而求出，即可求出离心率，从而判断A、C，由面积公式判断B，由椭圆的定义及等面积法求出内切圆的半径，即可判断D. 【详解】依题意，解得，则，所以椭圆方程为， 所以，，即，，所以离心率，故A正确，C错误； 所以，故B正确； 又，设的内切圆半径为， 则，即，解得，故D正确. 故选：ABD 11. 已知点为圆上两动点，且，点为直线 :上动点，则（ ） A. 以为直径的圆与直线相离 B. 的最大值为 C. 的最小值为8 D. 的最小值为112 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值进行判断，对于B，举例判断，对于CD，利用向量的数量积运算结合图形分析判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，连接，则， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以点到直线的距离的最小值为， 因为，所以以为直径的圆与直线相离，所以A正确， 对于B，如图，当直线与直线平行，且共线时，则等腰三角形， 此时， 则， 所以，所以，所以B错误， 对于C，因为, 所以 , 因为， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为8，所以C正确， 对于D，因为， 所以， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为112，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查向量的数量积的运算，解题的关键是画出图形，结合图形分析判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两点A(－3，4)，B(3，2)，过点P(2，－1)的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是________． 【答案】(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 【解析】 【分析】直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，当l的倾斜角小于90°时，k≥kPB； 当l的倾斜角大于90°时，k≤kPA，然后根据已知条件求出直线PB与PA的斜率即可 【详解】解：∵直线l与线段AB有公共点， ∴直线l的倾斜角介于直线PB与PA的倾斜角之间，当l的倾斜角小于90°时，k≥kPB； 当l的倾斜角大于90°时，k≤kPA． ∵， ∴直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 故答案为：(－∞，－1]∪[3，＋∞) 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，则_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理化简得到，代入题中的等式算出，进而可得角的大小. 【详解】根据余弦定理可得， ， 因为， 所以，即， 解得，结合，可知. 故答案为：. 14. 如图，正八面体的12条棱长相等，则二面角的余弦值为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】的中点为，为二面角的平面角，结合正八面体的几何特征，利用余弦定理求值即可. 【详解】连接交于点，连接，取的中点，连接， 根据正八面体的几何特征，有过点，，， 又平面，平面， 平面平面， 所以为二面角的平面角. 正八面体中， 平面，平面， 则，所以是直角三角形， 设正八面体棱长为2， 则，，所以，得 在中，，同理 在中， 由余弦定理， 可得 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、、分别为内角、、的边，. （1）求； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，结合余弦定理即可求解； （2）利用面积公式得，再根据余弦定理可得，从而求出周长． 【小问1详解】 因为 由正弦定理得， 则 由余弦定理得，又， 故； 【小问2详解】 由的面积为，所以 由余弦定理，因为，所以 所以 故的周长为 16. 已知三角形ABC，，，，以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD． （1）求点D的坐标： （2）过点A的直线l交线段BC于点E．若，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）x＝1 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形得到，列出方程组，求出D点的横纵坐标； （2）根据面积的倍数关系得到，设出E点坐标，从而列出方程组，求出E点的横纵坐标，从而得到直线l的方程. 【小问1详解】 由题可知，以BA，BC为邻边的平行四边形ABCD满足， 所以，所以． 【小问2详解】 要使，点E在线段BC上，则， 设， 则， 又直线l过，故直线l的方程为：x＝1． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为的中点，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得，由线面垂直的判定定理得平面，线面垂直的性质定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）由余弦定理得，过作交于，则，以为坐标原点，分别为轴，建立所示的空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量坐标，由线面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 如图，因为底面是平行四边形，， ，且是的中点， 所以， 在中，由余弦定理得，则， 所以， 又，且， 平面平面， 所以平面，则， 又平面， 所以平面； 【小问2详解】 连接，则， 又，在中，由余弦定理得， 且，则， 由（1）知，过作交于，则， 故可以以为坐标原点，分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，得，令可得， 设直线与平面所成的角为， 则． 18. 在矩形中，点分别在上，且.沿将四边形翻折至四边形，点平面. （1）求证：平面； （2）四点是否共面？给出结论，并给予证明； （3）在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析；（2）不共面，证明见解析；（3）1. 【解析】 【分析】（1）由得平面，得平面，从而得平面平面，即可证明平面； （2）假设四点共面，则或，只要证明这两个结论不成立即可； （3）如图，在面内作于点，作于，作于，可证得，，即为二面角的平面角，结合三角函数即可得解. 【详解】（1）证明：因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面. 所以平面， 又因为，所以平面平面， 因为面，所以平面； （2）四点不共面. 证明：假设四点共面，则或. 若，又因为平面，平面， 所以平面，平面,平面平面, 所以(与已知矛盾，舍去) 若，所以平面，平面 根据基本事实3，所以 所以交于一点(与已知矛盾，舍去)； 综上所述，四点不共面. （3）解：如图，在面内作于点，作于，作于， 由题意可得点M为点在平面的射影，所以平面 所以，又因为， 所以平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以为二面角的平面角， 设 当时，点与点重合，由， 可得， 时，因为，所以 所以，故 所以 同理当时， 所以，故 所以， 设，所以所以， 由解得，所以的最大值为 当时取到. 所以的最大值为 19. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过作一条斜率存在且不为0的直线交于两点. （i）证明：直线和直线的斜率均存在且互为相反数； （ii）若直线与直线交于点，求的轨迹方程. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件直接计算出椭圆相关基本量即可； （2）（i）设，，直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理证明；（ii）设直线，直线，联立方程组得，，采用代入法可得的轨迹方程. 【小问1详解】 根据题意，， 因为椭圆离心率为，所以， 所以，， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）设，，直线的方程为， 联立方程，消去y得：， 则，即， 由韦达定理得，，， 当时，，，不合题意，故， 所以直线和直线的斜率均存在，， 所以 ， 即直线和直线的斜率均存在且互为相反数； （ii）由（i）知，且， 可设直线，直线， 设，则，整理得①， 由题意知，由①知， 所以由①知，，②， 将②代入得，化简得， 又因为，所以， 所以的轨迹方程为. . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$