云南省玉溪第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

第 1 页 试卷共 4 页 玉溪一中 2024—2025 学年上学期高二年级期中考 数学学科试卷 总分：150分，考试时间：120分钟 命题人：任红波 夏荣 谢娇艳 审题人：古莹莹 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.若直线 l的一个方向向量 (1, 3)n   ，则 l的倾斜角为（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 150 2 .已知直线 1 : 2 1l x my  ， 2 : 8 2l mx y m   ，则“ 4m   ”是“ 1 2//l l ”的（ ） A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 3.与直线 3 4 5 0x y   关于 x轴对称的直线方程为（ ） A. 3 4 5 0x y   B. 4 3 5 0x y   C. 4 3 5 0x y   D. 3 4 5 0x y   4.圆 2 2 6 0x y x   和圆 2 2 4 6 0x y x y    的公共弦长为（ ） A. 9 10 5 B. 9 10 10 C. 7 10 5 D. 7 10 10 5.椭圆 2 2 1x my  的焦点在 y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（ ） A. 1 2 B. 1 4 C. 2 D. 4 6．若圆 2 2: ( 1) ( 3) 8C x y    上存在四个点到直线 : 0l x y m   的距离为 2，则实数m 的取值范围是（ ） A． 10 2m    B． 6 2m    C． 2 2m   或 10 6m    D． 6m   或 2m   7．点 F为椭圆C：   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 的右焦点，直线 l： y kx 与椭圆 C交于 A，B两 点，O为坐标原点， OAF△ 为正三角形，则椭圆的离心率为（ ） A． 3 1 B． 2 3 C． 3 1 2  D． 3 1 2  8．如图，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 1，线段 1 1BD上有两个动点 ,E F，且 2 2 EF  ．则 下列结论中错误的是（ ） A．三棱锥 A BEF 的体积为定值 第 2 页 试卷共 4 页 B．当 E向 1D 运动时，二面角 A EF B  的大小不变 C．二面角 E AB C  的最小值为45 D．当 E向 1D 运动时， AE CF 总成立 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.下列说法中正确的是（ ） A．已知 (4, 2,6)AB    ， ( 2,8, 4)AC     ， (3, 5, )AD    ，若 A B C D， ， ， 四点共面，则实 数 为 5 B．若直线 l的一个方向向量与平面 的一个法向量的夹角等于120 ，则直线 l与平面 所 成的角等于 60 C．已知点 (1, 2,1)A ， (3,3, 2)B ， ( 1, 4,3)C   ，若 AB  ， AC  的夹角为锐角，则 的取值 范围为 ( 2,4) (4, )   D．已知直线 l的一个方向向量是 (4, 2,3)n    ，平面 的一个法向量是 (1, 2, 0)m   ，则 / /l  10．已知椭圆 2 2 1 16 9 x y   的左，右焦点为 1 2F F， ，A B， 分别为它的左右顶点，点 P为椭圆 上的动点（P不在 x轴上），下列选项正确的是（ ） A．存在点P使得 1 2 2 F PF   B． 1 2PF F 的周长为8 2 7 C．直线 PA与直线 PB的斜率乘积为 9 16 D． 1 2 1 1 PF PF  的最小值为 1 2 11.已知圆C的方程为 2 2( 1) 2x y   ，则下列结论正确的是（ ） A. 若 ( , )P x y 为圆C上的点，则 2 22 1x y  （ ） （ ）的最大值为 3 2 B. 已知直线 : ( 1) 1 2 0l m x my m     与圆C所截得的弦长最短，则m的值为 0 C. 由直线 : 3 0l x y   上的一点向圆C引切线，则切线长的最小值为 2 2 D. 若圆C上任一点 ( , )P x y ，其坐标均使得不等式 0x y m  … 恒成立，则实数m的取值 范围是 [1, ) 第 3 页 试卷共 4 页 三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分． 12．若 π 1cos 6 3       ,则 πsin 3      = ． 13.如图（1）所示，圆弧形桥拱的跨度 | | 12AB m ，拱高 | | 4CD m ，则拱桥所在圆的 直径为__________m . 14.画法几何的创始人—法国数学家加斯帕尔 蒙日发现：在椭圆中，任意两条互相垂直的 切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于长､短半轴的平方和的算 术平方根，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆 2 2 : 1 4 3 x yC   ，则其蒙日圆 方程为__________，若 P为蒙日圆上一个动点，过点 P作椭圆C的两条切线，与蒙日圆 分别交于A B， 两点，则 PAB 面积的最大值为__________. 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.（本小题 13 分）已知圆 2 21 : 4 0C x x y   和圆 2 2 2 : 4 60 0C x x y    （1）过点  4,3A 作圆 1C 的切线，求此切线的方程； （2）动圆M 在圆 2C 的内部，并且与圆 2C 内切与圆 1C 外切，求动圆M的圆心M 的轨迹方 程. 16．（本小题 15 分）函数     πsin 0, 0, 2f x A x A             的部分图象如图所示． （1）求函数  f x 的解析式； （2）若关于 x的方程   0f x m  在 π0, 2 x     上有两个不同的实数解，求实数m的取值 范围. 图（1） 第 4 页 试卷共 4 页 17.（本小题 15 分） 在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，且满足 3 sin cosa C b c a C   . (1)求角 A； (2)若 ABC 为锐角三角形，求 b c a  的取值范围. 18．（本小题 17 分）在Rt ABC△ 中， 90C  ， 3BC  ， 6AC  ， ,D E分别是 ,AC AB上 的点，满足DE BC∥ 且 2AE BE ，将 ADEV 沿DE折起到 1ADE△ 的位置，使 1AC CD ， M 是 1AD的中点，如图所示. （1）求证： 1AC 平面 BCDE； （2）求CM 与平面 1A BE所成角的大小； （3）在线段 1AC上是否存在点 N，使平面CBM 与平面 BMN所成角的余弦值为 3 4 ？若存 在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由. 19.（本小题 17 分）已知椭圆   2 2 2 2 1 0 x yC a b a b    ： 的离心率为 1 2 ，且过点 3(1, ) 2 ． （1）求椭圆的方程； （2）已知 1 ,1 2 M      是椭圆内一点，过点M 任做一条直线与椭圆交于 A B、 两点，求以M 为 中点的弦 AB所在的直线方程； （3）设点D为椭圆的右顶点，是否存在过点  1,0G  的直线 l交椭圆 C于 P Q、 两点，使 得直线 DP DQ， 的斜率之和等于 1 ？若存在，求出 l的方程；若不存在，请说明理由. 答案 一．选择题。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C C D A B B A D AC BD ABD 二．填空题 12. 1 3 13. 13 2 14. 2 2 7x y  ； 7 三．解答题。 15.解;（1）圆心为 1C （2.0），半径为 1 2r  设切线的斜率为 k ，则切线的方程为 3 ( 4)y k x   即： 4 3 0kx y k    所以圆心（2.0）到切线的距离等于半径 2 即： 2 3 2 52 121 k k k      所以切线方程为： 5 12 16 0x y   或 4x  （2） 2 2- 2 0 8C r （ ，）， 设 ,M x y（ ），动圆的半径为 r 所以 1 2 1 22 8 10 4MC r MC r MC MC       ， 所以M 点的轨迹是以 1 2,C C 为焦点的椭圆 所以 5 2, 21a c b  ， ，所以轨迹方程为 2 2 1 25 21 x y   . 16.解：（1）由函数图象可得 2π π 2π2, 2( ) π, π, 2 3 6 A T           ,即    2sin 2f x x   ， 根据图象可得 π π2 2 π, Z 6 2 k k     ，解得 π Z π 2 , 6 k k    ， 图为 π| | 2   ，所以 π 6   ，所以 π( ) 2sin(2 ) 6 f x x  ； （2）   π π π π 7π2sin 2 , 0, , 2 , 6 2 6 6 6 f x x x x                      关于 x的方程   0f x m  在 π0, 2     x 上有两个不同的实数解， 则� = � � 与 y m 的图象有两个交点，结合函数图像可知  1,2m . 实数m的取值范围为  1,2 . 17.解：因为 3 sin cosa C b c a C   ， 由正弦定理可得 3 sin sin sin sin sin cosA C B C A C   ， 即  3 sin sin sin cos sin sinA C A C C A C    ， 所以 3 sin sin sin sin cosA C C C A  ， 因为 sin 0C  ，所以 3 sin 1 cosA A  ，所以 2sin 16 A       ， 又因为 0 A   ，所以 3 A  . (2) 2 sin( C) sinC 2sin -sin - sin sin sinC 3cosC-sinC3 3 sin 3 3 3 3 2 Cb c B C A C a A              （ ） （ ）- 因为 2, ,0 ,0 3 3 2 2 A B C B C          ， 所以 C , 6 2 6 3 6 C          ， 所以 1s 1 2 in( ) , 3 2 C         ，所以 3 3 3 3 b c a         ， 19.【详解】（1）因为在Rt ABC△ 中， 90C  ，DE BC∥ ，且 BC CD ， 所以DE CD ，DE AD ，则折叠后， 1DE AD ， 又 1 1, ,AD CD D AD CD  平面 1ACD， 所以DE 平面 1ACD， 1AC 平面 1ACD，所以 1DE AC ， 又已知 1AC CD ，CD DE D 且都在面 BCDE内，所以 1AC 平面 BCDE； （2）由（1），以CD为 x轴，CB为 y轴， 1CA为 z轴，建立空间直角坐标系 C xyz . 因为 2AD CD ，故 2 23DE BC  ，由几何关系可知， 2CD  ， 1 4AD  ， 1 2 3AC  ， 故  0,0,0C ，  2,0,0D ，  2,2,0E ，  0,3,0B ，  1 0,0,2 3A ，  1,0, 3M ，  1,0, 3CM  ，  1 0,3, 2 3AB    ，  1 2,2, 2 3AE    ， 设平面 1A BE的法向量为  , ,n x y z r ，则 1 1 0 0 n A B n A E         ，即 3 2 3 0 2 2 2 3 0 y z x y z        ， 不妨令 2y  ，则 3z  ， 1x  ，  1,2, 3n  .设CM与平面 1A BE所成角的大小为 ， 则有 4 2sin cos , 22 2 2 CM n CM n CM n             ，设 为CM与平面 1A BE所成角，故 π 4   ， 即CM 与平面 1A BE所成角的大小为 π 4 ； （3）假设在线段 1AC上存在点 N ，使平面CBM 与平面BMN成角余弦值为 3 4 . 在空间直角坐标系中， (1, 3, 3)BM    ， (1,0, 3)CM   ， 1 (0,0,2 3)CA   ， 设 1CN CA   ，则 (0,0,2 3 )CN   ， (0, 3,0) (0,0,2 3 ) (0, 3,2 3 )BN BC CN            ， 设平面BMN的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ，则有 2 2 0 0 n BM n BN           ，即 2 2 2 2 2 3 3 0 3 2 3 0 x y z y z         ， 不妨令 2 3z  ，则 2 2y  ， 2 6 3x   ，所以  2 6 3,2 , 3n     ， 设平面CBM 的法向量为  3 3 3 3, ,n x y z  ，则有 3 3 0 0 n BM n CM           ，即 3 3 3 3 3 3 3 0 3 0 x y z x z        ， 不妨令 3 3z  ，则 3 3x   ， 3 0y ，所以  3 3,0, 3n    ， 若平面CBM 与平面BMN成角余弦值为 3 4 . 则满足 2 3 2 3 2 2 2 3 9 18 3 3cos , 42 3 9(2 1) 4 3 n n n n n n                    ， 化简得 22 3 1 0    ，解得 1  或 1 2 ，即 1CN CA   或 1 1 2 CN CA   ， 故在线段 1AC上存在这样的点N ，使平面CBM 与平面BMN成角余弦值为 3 4 . 此时CN的长度为 3或2 3 . 19.（1）椭圆方程为 2 2 1 4 3 x y   （2）根据题意得中点弦的斜率存在，且M 在椭圆内， 设 1(A x , 1)y ， 2(B x , 2 )y ， 所以 2 2 1 1 1 4 3 x y   ， 2 2 2 2 1 4 3 x y   ， 两式作差，得 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( )( ) 0 4 3 x x x x y y y y      ， 由于M 是 BC的中点，故 1 2 1 2 1 , 1 2 2 2 x x y y    ， 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 0 4 3 x x y y y y x x        ， 所以 0 1 2 4 3 BC k   ，所以 3 8BC k   ， 所以中点弦的方程为 3 11 ( ) 8 2 y x    ， 所求的直线方程 6 16 19 0x y   ． （3）当直线 l的斜率为 0 时，显然不满足条件 1PM PNk k   ， 当直线 l的倾斜角不为0时， 设直线 l的方程为： 1x my  ，� �1, �1 ，� �2, �2 ， 由 2 2 1 3 4 12 x my x y      ，可得  2 23 4 6 9 0m y my    ， 由题意    2 2 2Δ 36 4 3 4 9 144 144 0m m m         ， 则 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4 y y m    ， 由     1 2 1 21 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 2 3 3 3 9PM PN my y y yy y y yk k x x my my m y y m y y                2 2 2 2 2 9 62 3 3 4 3 4 9 63 9 3 4 3 4 mm m m mmm m m m                ， 由 1PM PNk k   ，即 1m  ， 故存在满足条件的直线，直线 l的方程为： 1 0x y   .