精品解析：广东省梅州市广东梅县东山中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

东山中学2024—2025学年度高二第一学期期中考试 数学试卷 命题人：陈志远､黄彩霞､潘锦标 审题人：何兴平 2024.11 说明： 1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 2.填空题直接把答案填写在答题卡相应横线上. 3.试卷满分150分，考试用时120分钟. 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. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 外切 D. 内含 3. 如图，在平行六面体中，为和的交点，若，则下列式子中与相等的是（ ） A. B. C. D. 4. 如果向量，则（ ） A. B. C. D. 5. 若椭圆焦点在轴上且经过点，焦距为6，则该椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 6. 圆上有（ ）个点到直线的距离等于1. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，线段的中点的轨迹为曲线；若直线与曲线只有一个交点，则下面哪个值不符合（ ） A. B. C. D. 1 8. 小明同学某天发现，在阳光的照射下，篮球在地面留下的影子如图所示，设过篮球的中心且与太阳平行光线垂直的平面为，地面所在平面为，篮球与地面的切点为，球心为，球心在地面的影子为点；已知太阳光线与地面的夹角为；如图，为球的一条直径，为在地面的影子，点在线段上，小明经过研究资料发现，当时，篮球的影子为一椭圆，且点为椭圆的焦点，线段为椭圆的长轴，则此时该椭圆的离心率（ ）（用表示）. 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. （多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（ ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过，两点的直线方程为 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 11. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，，分别与椭圆相切于A，两点，为坐标原点，下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的蒙日圆方程为 B. 记点A到直线的距离为，则的最小值为0 C. 一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为 D. 的面积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是椭圆的两个焦点，若点是椭圆上的一个动点，则的周长是__________. 13. 若异面直线，的方向向量分别是，，则异面直线与的夹角的余弦值为______． 14. 已知，则的最大值为_______． 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. 平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，. （1）求边所在的直线方程； （2）求的面积. 16. 已知圆心为的圆经过和，且圆心在直线上. （1）求圆C的方程： （2）若直线与圆的交点为两点，求. 17. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的中点. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 椭圆的中心是原点，焦点为，短轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）如果过点的直线与椭圆相交于点两点，且，求直线的方程. 19. 已知椭圆，椭圆与椭圆具有相同的离心率，且经过点． （1）求的标准方程； （2）若的焦点在x轴上，为上一点，A、B两点在上，且线段PA、PB的中点都在上． （i）当点P运动时，的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说理由； （ii）记，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东山中学2024—2025学年度高二第一学期期中考试 数学试卷 命题人：陈志远､黄彩霞､潘锦标 审题人：何兴平 2024.11 说明： 1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 2.填空题直接把答案填写在答题卡相应横线上. 3.试卷满分150分，考试用时120分钟. 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】求出直线的斜率，利用斜率与倾斜角的关系可得出该直线的倾斜角. 【详解】因为直线的斜率为， 因此，直线的倾斜角为. 故选：A. 2. 圆和圆的位置关系是（ ） A. 外离 B. 相交 C. 外切 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的方程写出圆心和半径，由圆心距与半径和差关系判断两圆的位置关系. 【详解】圆的圆心为，半径为3， 圆的圆心为，半径为2， 两圆的圆心距为， 即两圆的圆心距等于半径和，所以两圆外切. 故选：C. 3. 如图，在平行六面体中，为和的交点，若，则下列式子中与相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性表示与运算法则，把用、、表示即可． 【详解】解：由题意知， ． 故选：A． 4. 如果向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量求模的坐标公式即可求解 【详解】由可得， 所以， 故选：D 5. 若椭圆焦点在轴上且经过点，焦距为6，则该椭圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得出，即可得解. 【详解】由题意得椭圆焦点在轴上且经过点，焦距为6， 所以，则， 所以椭圆的标准方程为. 故选：B. 6. 圆上有（ ）个点到直线的距离等于1. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式结合直线与圆的位置关系即可直接判断. 【详解】由题意可知该圆圆心为，半径为， 因为，即圆心到直线的距离为1，且 所以直线与圆相交，而， 所以圆上只有3个点到直线的距离为1. 故选：B. 7. 已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，线段的中点的轨迹为曲线；若直线与曲线只有一个交点，则下面哪个值不符合（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】先由题意求出动点的轨迹曲线，然后画图分析直线与曲线只有一个交点，求出的取值范围，判断即可. 【详解】，所以，所以， 点为弦中点，由垂径定理可知， 所以在以为直径的圆上，即， 结合图象可知线段的中点M的轨迹的方程是在内部的部分， 即点M的轨迹的方程为； 可得知点曲线是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点）， 且，又直线过定点， 当直线与圆相切时，由得， 又， 结合上图可知当时，直线与曲线只有一个交点. 故选：D 8. 小明同学某天发现，在阳光的照射下，篮球在地面留下的影子如图所示，设过篮球的中心且与太阳平行光线垂直的平面为，地面所在平面为，篮球与地面的切点为，球心为，球心在地面的影子为点；已知太阳光线与地面的夹角为；如图，为球的一条直径，为在地面的影子，点在线段上，小明经过研究资料发现，当时，篮球的影子为一椭圆，且点为椭圆的焦点，线段为椭圆的长轴，则此时该椭圆的离心率（ ）（用表示）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设篮球半径为，连接，过作交于，则，于是椭圆长轴长，，由二倍角公式化简即可求解. 【详解】 设篮球半径为，显然平面平面，连接平面， 过作交于，则， 于是椭圆长轴长， 在四边形中，， 令椭圆半焦距为，而，则， 解得， 所以该椭圆的离心率为. 故选：A 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. （多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（ ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 【答案】BD 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系的概念对选项逐一分析即可. 【详解】点与点关于x轴对称，故错误； 点与关于y轴对称，故正确； 点与不关于平面对称，故错误； 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分，故正确． 故选：. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 过，两点的直线方程为 B. 点关于直线的对称点为 C. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2 D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】 运用直线的两点式方程判断A 的正误；利用对称知识判断B的正误；求出直线在两坐标轴上的截距可得到三角形的面积判断C的正误；利用直线的截距相等可判断D 的正误． 【详解】对于A：当，时，过，两点的直线方程为，故A不正确； 对于B：点 (0,2) 与 (1,1) 的中点坐标， 满足直线方程, 并且两点的斜率为： −1, 所以点 (0,2) 关于直线 y=x+1 的对称点为 (1,1) ，所以 B 正确； 对于C：直线在两坐标轴上的截距分别为： 2,−2, 直线与坐标轴围成的三角形的面积是，所以C  正确；  对于D：经过点 (1,1) 且在 x 轴和 y 轴上截距都相等的直线方程为 x+y−2=0 或 y=x ，所以 D 不正确； 故选：BC. 【点睛】本题考查直线的方程，直线与坐标轴的截距，点关于直线的对称点，注意在考虑截距相等的时候，不漏掉截距为的情况，属于基础题． 11. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，直线的方程为，为椭圆的蒙日圆上一动点，，分别与椭圆相切于A，两点，为坐标原点，下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的蒙日圆方程为 B. 记点A到直线的距离为，则的最小值为0 C. 一矩形四条边与椭圆相切，则此矩形面积最大值为 D. 的面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：当斜率不存在时可得点坐标，斜率存在时，将切线方程与椭圆方程联立，利用和垂直关系可构造等式求得点轨迹；对于B：利用椭圆定义将转化为，由平面几何知识可知最小值为点到直线的距离，结合点到直线距离公式可运算求解；对于C：根据矩形为蒙日圆的内接矩形，结合基本不等式运算求解；对于D：推导可得过椭圆外一点的椭圆的切点弦直线方程为，当时，可求得的值；当时，将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合弦长公式和点到直线距离公式可化简得到，换元结合二次函数最值的求法可求得结果. 【详解】由题意可知：， 对于选项A：当直线一条斜率为，另一条斜率不存在时，则； 当直线斜率均存在时，设，切线方程为：， 联立方程得：， 由， 整理可得：，则， 又因为，则，即，整理得， 所以点轨迹为； 且也满足， 所以蒙日圆的方程为，故A正确； 对于选项B，因为为椭圆上的点，则，即 可得， 因为的最小值为点到直线的距离，且， 可知， 所以，故B正确； 对于选项C：因为矩形四条边均与相切，可知该矩形为蒙日圆的内接矩形， 设矩形的长为，宽为，蒙日圆的半径，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 所以此矩形面积最大值为8，故C错误； 对于选项D：设位于椭圆上，下证：在A处的切线方程为， 由，即，可知在直线上， 联立方程，消去y得， 即，解得，即直线与椭圆相切， 所以在点A处的切线方程为， 同理可知：在点处的切线方程为； 设，则，可知坐标满足方程， 即切点弦所在直线方程为：； 当时，，此时所在直线方程为：， 可得，； 当时，由得：， 由A知：，可得， 设，则，， ， 又原点到直线的距离， ， 令，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 综上所述：的面积的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是椭圆的两个焦点，若点是椭圆上的一个动点，则的周长是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用椭圆定义即可直接得答案. 【详解】由椭圆的定义可知， ， 如图可知的周长为， 故答案为：. 13. 若异面直线，的方向向量分别是，，则异面直线与的夹角的余弦值为______． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】利用空间向量的夹角公式可得答案. 【详解】因为，，所以； 所以异面直线与的夹角的余弦值为. 故答案为： 14. 已知，则的最大值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据题意得到，设，，得到的轨迹方程为：，且点在上，从而得到，再解不等式即可. 【详解】 变形得， 设，， 因为点的轨迹方程为：，且点在上， 所以， 整理得：，即， 解得. 所以的最大值为. 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. 平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，. （1）求边所在的直线方程； （2）求的面积. 【答案】（1） （2）15 【解析】 【分析】（1）由B，C两点的坐标，得直线的两点式方程，化简得一般式方程； （2）用两点间距离公式求B，C两点间的距离，计算点A到直线BC的距离可得三角形的高，得三角形的面积. 【小问1详解】 因为，，所以BC所在的直线方程为， 即. 【小问2详解】 B，C两点间的距离为， 点A到直线BC的距离， 所以的面积为. 16. 已知圆心为的圆经过和，且圆心在直线上. （1）求圆C的方程： （2）若直线与圆的交点为两点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由点坐标求出弦的垂直平分线的方程，联立直线求出圆心，即可写出圆的方程； （2）由垂径定理即可得到结果. 【小问1详解】 因为，所以， 所以弦的垂直平分线的斜率为，又弦的中点坐标为， 所以弦的垂直平分线的方程为，即， 与直线联立解得：，所以圆心坐标为所以圆的半径，则圆的方程为：； 【小问2详解】 由（1）知，圆心到直线的距离为 圆的半径. 17. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的中点. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 两两垂直， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， ，则， 所以， 则，故. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在正方体中建立空间直角坐标系，求得点点坐标，得到和，向量数量积为0证明两向量垂直，得证； （2）由三棱锥体积公式直接求得结果； （3）写出面内的两个不共线向量，求出面的法向量，由法向量的夹角的余弦值得到面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知平面， 故三棱锥的体积 【小问3详解】 设平面与平面的夹角为，设平面的法向量为， 又， 则则解得， 令得， 设平面的法向量为，又， 则则解得， 令得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 椭圆的中心是原点，焦点为，短轴长为，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）如果过点的直线与椭圆相交于点两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由短轴长为，离心率为可求得的值，则椭圆的方程可求； （2）设直线的方程为，由得，结合韦达定理化简即可求得k值，则直线的方程可求. 【小问1详解】 由题意得，椭圆焦点在轴上，设方程为. 因为短轴长为，离心率为，所以. 又因为，故. 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知点在椭圆外，所以过该点的直线的斜率必然存在. 可设直线的方程为，联立， 得， ， 设，由根与系数的关系可知：， . 由得，即， 解得：，符合， 所以直线的方程为或. 19. 已知椭圆，椭圆与椭圆具有相同的离心率，且经过点． （1）求的标准方程； （2）若的焦点在x轴上，为上一点，A、B两点在上，且线段PA、PB的中点都在上． （i）当点P运动时，的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说理由； （ii）记，求的取值范围． 【答案】（1）或 （2）（i）是，定值；（ii） 【解析】 【分析】（1）由离心率的定义，椭圆的性质，点在椭圆上组成方程组解出，再分焦点在轴上与在轴上上分别求出即可； （2）（i）设，由中点坐标公式结合题意代入椭圆方程化简可得直线的方程为，再联立直线和椭圆的方程，用韦达定理表示出和点到直线的距离公式表示到直线的距离，最后由三角形面积公式求出面积即可；（ii）用（i）的韦达定理表示出和，再由向量数量积的坐标表示，然后结合的范围和三角形的面积公式求出即可； 【小问1详解】 由题意，椭圆的离心率为， ①当的焦点在轴上时，设方程为，则有， 解得，的方程为； ②当的焦点在轴上时，设方程为，同理可得， 的方程为； 综上，的标准方程为或. 【小问2详解】 （i）因的焦点在轴上，故的标准方程为 设，线段的中点在椭圆上， 故有， 整理得：， 将代入整理得：， 同理可得：， 所以点满足方程，故直线的方程为． 联立直线和椭圆的方程，消去得：， 代入，得：， ， ， 当时，， 点到直线的距离， 的面积， 当时，不妨， 则． 综上，的面积为定值. （ii）由 得：， 由得， 于是， 因，所以， 又， 所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问第一小问在求三角形面积是否为定值时，可采用直曲联立，用韦达定理表示出三角形边长，再由点到直线的距离公式求出三角形的高，最后用三角形面积公式结合题意化简即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $