精品解析：重庆市万州第二高级中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

万州二中高2023级高二上期中考数学试题 命题人：张春 审题人：张应红 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. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线的倾斜角与斜率k的关系，可以求出的值． 【详解】设直线的倾斜角为，且， 将直线方程化为， 直线的斜率，故. 故选：A 2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标. 【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是. 故选：A. 3. 设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的右支交于P，Q两点，则（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的定义知，，则，即可得出答案. 【详解】双曲线C：，则，， 由双曲线的定义知：，， ， 所以 . 故选：C. 4. 两平行直线：，：之间的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两平行直线之间的距离公式求解即可． 【详解】由题意得： 直线，， ，，两直线为平行直线， 直线， 两平行直线之间的距离为． 故选：A 5. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称的性质，得到直线过的中点且与垂直，结合垂直的斜率结论可解. 【详解】圆的圆心为， 圆的圆心为，所以线段的中点坐标为， 又，则， 所以直线的方程为，即. 故选：D. 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 则向量在向量上的投影向量为：. 故选：D. 7. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中点坐标公式结合相关点法可得的轨迹方程为，即可根据相切求解最值. 【详解】由题意知圆的方程为，设，， 则,所以,又在圆上，所以， 即，即的轨迹方程为.如图所示， 当与圆相切时，取得最大值， 此时，，所以的最大值为. 故选:A 8. 已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，再判断两圆的位置关系，即可求出的取值范围. 【详解】因为点为直线与直线的交点， 所以由可得，且过定点，过定点， 所以点的轨迹是以点与点为直径端点的圆(去除)，圆心为， 半径. 而圆的圆心为，半径为， 所以两个圆心的距离，且，所以两圆相离， 所以最大值为：， 因为不在圆上，故， 所以的取值范围是. 故选：B . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，根据直线垂直以及过定点得到点的轨迹是圆，从而得解. 二、多选题：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. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用两直线平行的等价条件，即可解得实数的值. 【详解】因为直线与直线平行， 则，解得或. 故选：AB. 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 点到平面距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断线线关系判断AC，根据点面距离的向量公式求解距离判断D. 【详解】因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形， 可得∥，且平面，平面， 所以∥平面，又，平面， 所以平面∥平面，故B正确； 如图， 分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，， ，， ，， 故不成立，成立，故A错误，C正确； 设平面的法向量，， 则，令，则，即， 又， 所以，故点到平面的距离为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（ ） A. 若点在上，则与相切 B. 若点在圆上，则被圆截得的弦长为 C. 若点在圆外，过点作圆的切线，则为过两切点的直线 D. 若点在圆内，过点直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上 【答案】ACD 【解析】 【分析】A计算圆的圆心到的距离可判断选项正误；B计算圆的圆心到的距离结合弦长公式可判断选项正误；C由A选项分析可判断选项正误；D由C选项分析可判断选项正误. 【详解】对于A，点在上，则，圆的圆心到的距离， 故与相切，A正确； 对于B，点在圆上，则，圆的圆心到的距离： ，所以被圆截得的弦长为，B错误； 对于C，设两切点分别为，由A选项分析可知： 圆在点处的切线方程分别为， 因为点在两切线上，所以， 所以点都在直线上，C正确； 对于D，由选项C知，设圆在处的切线的交点为， 则的方程为，由点在该直线上，所以， 所以点在直线上，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量，若，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示式列方程解之即得. 【详解】因为，所以，即，故. 故答案：2. 13. 已知椭圆左､右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与过的直线交于点，点在椭圆上，且.则椭圆的离心率__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出、，利用椭圆的定义可得出关于、的等式，即可求得椭圆的离心率的值. 【详解】在中，，，则， ，则， 由椭圆的定义可得，则. 故答案为：. 14. 我国南北朝时期的著名数学家祖原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，运用祖原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于_________ 【答案】 【解析】 【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积. 【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱， 在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥， 则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，所以，， 故截面面积为， 把代入，即，解得， 所以，橄榄球形几何体的截面面积为， 由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为： . 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. 已知直线：. （1）若直线与直线：平行，求的值； （2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，再解方程即可. （2）首先分别求出直线在轴和轴的截距，从而得到，再解方程即可. 【小问1详解】 因为，所以，解得. 【小问2详解】 令，得，即直线在轴上的截距为. 令，得，即直线在x轴上的截距为. 因为直线在两坐标轴上的截距相等， 所以，解得或. 则直线的方程是或. 16. 已知：． （Ⅰ）设点为上的一个动点，求的范围； （Ⅱ）直线过点，且与交于、两点，若，求直线的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设，由题意得直线与有公共点，所以圆心到直线的距离，代入圆心到直线距离公式，即可求得答案； （Ⅱ）当直线垂直于轴时，经检验，符合题意，当直线不垂直于轴时，设出直线，根据弦长公式，即可求得圆心到直线距离d值，根据圆心到直线距离公式，即可求得k值，综上即可得答案. 【详解】（Ⅰ）设，则直线与有公共点， 所以圆心到直线的距离，即，解得． （Ⅱ）当直线垂直于轴时，此时直线方程为，与圆的两个交点坐标为，，这两点的距离为，满足题意； 当直线不垂直于轴时，设其方程为，即， 设圆心到此直线的距离为，则，解得， 即，解得，此时直线方程为， 综上所述，所求直线方程为或． 【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，解题的关键在于，根据题意，得到圆心到直线的距离d的范围或取值，再利用点到直线距离公式进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题. 17. 如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC，E在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如图2． （1）证明：平面PDE⊥平面BCDE； （2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）取DE的中点O，连接PO，取BC的中点M，连接MO，连接PM，利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面PMO，从而得到BC⊥PO，则由线面垂直的判定定理可证明PO⊥平面BCDE，由面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可． 【详解】（1）证明：如图， 取DE的中点O，连接PO，则PD＝PE，故PO⊥DE， 取BC的中点M，连接MO，则MO∥BE，故MO⊥BC， 连接PM，因为PB＝PC，M为BC的中点，所以PM⊥BC， 又PM∩OM＝M，PM，OM⊂平面PMO， 所以BC⊥平面PMO，又PO⊂平面PMO， 则BC⊥PO， 在平面BCDE内，BC与DE相交，因此PO⊥平面BCDE， 又PO⊂平面PDE， 故平面PDE⊥平面BCDE； （2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，连接CE， 则BC，BE＝1，故， 连接CO，则CO⊥DE，则CO， 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 所以，， 设平面PBC的法向量为， 则，即， 令x＝1，则， 故， 设平面PBE的法向量为， 则，即， 令，则b＝﹣1，c＝1， 故， 所以， 故二面角C﹣PB﹣E的正弦值为． 18. 已知离心率为的椭圆过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为2直线与椭圆相交于，两点，求的长； （3）过点的直线与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 （1）由题意，可列出方程组得，即可求出椭圆方程； （2）直线，联立，整理得，写出韦达定理，最后利用椭圆弦长公式能求出的长； （3）当直线的斜率不存在时，直线轴，分别求出，的坐标，根据求出的面积；当直线的斜率存在，且不为0时，可得直线的方程为：，与椭圆的方程联立，得，写出韦达定理和，再根据求出的面积，最后根据双勾函数的性质求出面积的取值范围，综合即可得出的面积的最大值. 【详解】解：（1）由题可知，椭圆的离心率为，且椭圆过点， 则，解得：，， 故椭圆的方程为； （2）过点作斜率为2直线，直线， 联立，整理得：， 设，，，，则，， ； （3）由于直线过点直线，设，，，， 当直线的斜率不存在时，直线轴， 此时将代入，解得：， 即，的坐标分别为， 则的面积为：； 当直线的斜率存在，且不为0时，可设直线的方程为：， 联立，整理得：， 则， 而的面积为：， 即 ， 令，则，得 ， 所以， 由于，由双勾函数的性质得， 则 所以综上得：， 所以的面积最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，解题关键是根据离心率和椭圆的简单几何性质，找到关于的等量关系，考查椭圆弦长的求法以及根据直线与椭圆的位置关系和应用韦达定理求出和，从而解决椭圆中三角形面积的最值问题，考查分析解题能力和函数与方程的思想，属于难题. 19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”． （1）求“椭圆”的方程； （2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； （3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 【答案】（1） （2）由方程，得， 因为，所以，即， 所以或或， 解得， 由方程，得， 即，所以，所以， 所以“椭圆”的范围为，， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称， 所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称； （3）由题意可设椭圆的方程为， 将点代入得，解得， 所以椭圆的方程为，， 由题意可设直线的方程为， 联立，得， 恒成立， 则， 因为的中点为， 所以直线的中垂线的方程为， 同理直线的中垂线的方程为， 设，则是方程的两根， 即是方程的两根， 所以， 又因， 所以， 两式相比得，所以， 所以， 所以直线与的斜率之积为定值． 【解析】 【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解； （2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围； （3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论. 【小问1详解】 设“椭圆”上任意一点为，则， 即，即， 所以“椭圆”的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 万州二中高2023级高二上期中考数学试题 命题人：张春 审题人：张应红 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. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的右支交于P，Q两点，则（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 12 4. 两平行直线：，：之间距离为（ ） A. B. 3 C. D. 5. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，点在圆上，点，为中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 若直线与直线平行，则的值可以是（ ） A B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（ ） A. B. 平面平面 C. D. 点到平面的距离为 11. 已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（ ） A. 若点在上，则与相切 B. 若点在圆上，则被圆截得的弦长为 C. 若点在圆外，过点作圆切线，则为过两切点的直线 D. 若点在圆内，过点的直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 设向量，若，则__________. 13. 已知椭圆左､右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与过的直线交于点，点在椭圆上，且.则椭圆的离心率__________. 14. 我国南北朝时期的著名数学家祖原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，运用祖原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于_________ 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. 已知直线：. （1）若直线与直线：平行，求的值； （2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 16. 已知：． （Ⅰ）设点为上的一个动点，求的范围； （Ⅱ）直线过点，且与交于、两点，若，求直线的方程． 17. 如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC，E在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如图2． （1）证明：平面PDE⊥平面BCDE； （2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值． 18. 已知离心率为的椭圆过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为2直线与椭圆相交于，两点，求的长； （3）过点的直线与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”． （1）求“椭圆”的方程； （2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； （3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $