精品解析：河南省南阳市第一中学校2024-2025学年高二上学期11月期中数学试题

2024-2025学年高二上学期期中试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 若方程表示椭圆，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与动圆，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时，若直线与圆相切，则 C. 若直线与圆相交截得弦长为定值，则 D. 当时，直线截圆的最短弦长为 3. 曲线与曲线（） A. 短轴长相等 B. 长轴长相等 C. 焦距相等 D. 离心率相等 4. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线C：是一条形状优美的曲线，曲线C围成的图形的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，，动点满足条件.则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为2和5，母线长为5，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在.，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分．在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 直线与直线之间的距离是 D. 圆与圆有两条公切线 10. 在棱长2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ） A. 平面 B. 直线与是异面直线 C. 平面截正方体所得截面是五边形 D. 平面截正方体所得截面的面积为 11. 已知双曲线C：的左焦点为F，P为C右支上的动点，过P作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 点F到C的一条渐近线的距离为2 B. 双曲线C的离心率为 C. 则P到C两条渐近线的距离之积大于4 D. 当最小时，则周长为 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分．） 12. 已知是椭圆的两个焦点，点在该椭圆上，若，则的面积是______． 13. 四川的旅游资源丰富，不仅有众多著名的自然景观，还包括许多人文景点.其中，九寨沟以奇幻的山水景观著称；峨眉山以秀丽闻名；青城山以幽静清雅著称；剑门关则以雄险著称.此外，四川还有许多必去的旅游景点，如都江堰、乐山大佛、稻城亚丁、色达佛学院、黄龙景区和四姑娘山等.这些景点既展示了四川的自然美景，还体现了其深厚的文化底蕴和历史价值.甲、乙两人从九寨沟、峨眉山和青城山这三个景点中各选择其中一个景点进行游玩，已知甲、乙两人选择三个景点游玩的概率分别是，，和，，，则甲、乙选择相同的景点游玩的概率为__________. 14. 已知正三棱锥外接球为球是球上任意一点，为的中点，则的取值范围为__________. 四．解答题（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. 已知椭圆（）的右焦点为，且过点，直线过点且交椭圆于A、两点. （1）求椭圆的方程； （2）若线段的垂直平分线与轴的交点为. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若点，求的面积. 16. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 18. 2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情.甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为. （1）求乙、丙各自解出该题的概率； （2）求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率. 19. 已知拋物线的焦点，直线， （1）设直线与x轴交于点，直线与抛物线交于两点，其中在第一象限，求出所有满足的点的坐标.（其中点与点对应，点与点对应）； （2）过直线上的点作抛物线的两条切线，切点分别为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二上学期期中试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡的相应位置上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 若方程表示椭圆，则m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆标准方程的形式求解即可. 【详解】因为方程表示椭圆， 所以，解得， 故选：D. 2. 已知直线与动圆，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 当时，若直线与圆相切，则 C. 若直线与圆相交截得弦长为定值，则 D. 当时，直线截圆的最短弦长为 【答案】C 【解析】 【分析】对于直线方程，可通过整理式子找到定点；对于圆的方程，化为标准方程可得到圆心和半径.然后根据直线与圆的位置关系相关定理，如相切时圆心到直线距离等于半径，相交时弦长公式等进行判断. 【详解】对于A，将直线整理为. 令，解方程组，得，即， 将代入得，所以直线过定点，故A选项错误. 对于B，当时，直线方程为，即. 圆，圆心，半径. 因为直线与圆相切，则圆心到直线距离等于半径，即， 或，解得或，故B选项错误. 对于C，圆，圆心，半径. 直线，根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离. 弦长，若弦长为定值，则为定值，与，无关. 当时，，，是定值，故C选项正确. 对于D，当时，求直线截圆的最短弦长 当时，圆，圆心，半径. 直线过定点. 圆心到定点的距离. 根据几何关系，直线截圆的最短弦长，故D选项错误. 故选：C. 3. 曲线与曲线（）的 A. 短轴长相等 B. 长轴长相等 C. 焦距相等 D. 离心率相等 【答案】C 【解析】 【分析】本道题结合，计算a,b,c的值，即可． 【详解】A选项，明显短轴不相等，一个，故错误；B选项，一个 另一个为，故错误．D选项，离心率，结合前面提到了a不相等，故错误；曲线的焦半径满足，而焦半径满足 ，故两曲线的焦半径相等，故焦距相等，C正确． 【点睛】本道题考查了椭圆的基本性质，关键抓住，难度中等． 4. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线C：是一条形状优美的曲线，曲线C围成的图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断曲线的对称性，结合当时，曲线即，可作出曲线图象，数形结合，求得答案. 【详解】以代换，方程不变， 故曲线C：关于原点及x轴，y轴对称， 当时，可得，即， 可得此时曲线是以 为圆心，为半径的半圆， 由此作出曲线C的图象如图所示， 所以曲线C围成的图形的面积是， 故选：C 5. 已知点，，动点满足条件.则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义可得答案. 【详解】，由， 结合双曲线定义可知动点的轨迹为以，为焦点的双曲线右支， 在双曲线中，，可得，， 所以， 动点轨迹方程为. 故选：A. 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为2和5，母线长为5，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先需要根据母线长和上下底面半径求出圆台的高，然后再代入体积公式求解. 【详解】设圆台的高为，根据圆台的母线长、高和上下底面半径之差构成直角三角形，由勾股定理可得. 已知，，，则. 代入圆台体积公式， 可得. 故选：C. 7. 正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点分别作底面的平行圆，利用空间向量数量积的运算律求解即得. 【详解】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，， 设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是， 由，得 ， 所以、两点间的距离为. 故选：C 【点睛】关键点睛：求出空间两点的距离，借助空间向量表示及空间向量数量积是解决问题的关键. 8. 如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在.，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：利用参数方程，代入计算向量数量积得，再结合以及和的关系得到关于的齐次不等式，解出即可；方法二：利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围. 详解】 （解法1）设， 因为，所以. ，所以. 因为，所以. 因为，所以，即，解得. （解法2）设， 因为，所以， 所以. 因为，所以. 因为存在.，所以在上有解. 因为，且， 所以在上有解， 即在上有解. 因为，所以，即解得. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可. 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分．在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分．） 9. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 直线与直线之间的距离是 D 圆与圆有两条公切线 【答案】BD 【解析】 【分析】根据点的坐标设出直线方程，求截距，列出方程组求解判断A，根据直线方向向量的概念判断B， 利用两平行线间的距离公式判断C，根据圆与圆的位置关系判断D. 【详解】选项A：由题意可知直线斜率存在且不为，设直线方程为， 令解得，令解得， 因为该直线在轴上的截距是在轴上截距的倍， 所以，解得或， 所以直线方程为或，A说法错误； 选项B：直线的斜率为，方向向量为，当时，B说法正确； 选项C：由得， 则直线与直线之间的距离，C说法错误； 选项D：由题意圆圆心为，半径， 圆圆心为，半径， 因为，， 所以两圆相交，有且仅有两条公切线，D说法正确； 故选：BD 10. 在棱长2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ） A. 平面 B. 直线与是异面直线 C. 平面截正方体所得截面是五边形 D. 平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，运用先线面平行判定即可；对于B，根据异面直线概念判定即可；对于C和D，找出截面，进而得到截面面积即可. 【详解】对于A，如图，正方体中，分别为，的中点， 取分别为，的中点.连接..由正方体性质，知道，，平面，平面，则平面.故A正确. 对于B，点不在MN上，由异面直线定义可知，直线与是异面直线，故B正确. 对于C和D，由前面知道，，则等腰梯形是所求截面， 如图，棱长是2的正方体，可求得,， ，， 作则. 则等腰梯形的面积为：.故C错误，D正确. 故选：ABD. 11. 已知双曲线C：的左焦点为F，P为C右支上的动点，过P作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 点F到C的一条渐近线的距离为2 B. 双曲线C的离心率为 C. 则P到C的两条渐近线的距离之积大于4 D. 当最小时，则的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式，可判断A项；根据离心率，可判断B项；设点，根据点到直线的距离公式，可判断C项；设双曲线的右焦点，由双曲线定义可知最小时，则只需最小即可，过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，再由距离公式即可判断D项. 【详解】双曲线的渐近线为，左焦点，所以点到C的一条渐近线的距离为，所以A错误； 由双曲线方程可得，，所以离心率，所以B正确； 设点，则，即， 点到两渐近线距离分别为和， 则，所以C正确； 设双曲线的右焦点，则，所以， 若最小，则只需最小即可， 过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小， ，由勾股定理得，所以，所以， 所以的周长为，所以D正确. 故选：BCD. 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分．） 12. 已知是椭圆的两个焦点，点在该椭圆上，若，则的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆定义结合题设求得，可判断，即可求得的面积. 【详解】由题意知是椭圆的两个焦点， 则， 不妨取，则， 又，结合可得， 则，即， 故， 故答案为： 13. 四川的旅游资源丰富，不仅有众多著名的自然景观，还包括许多人文景点.其中，九寨沟以奇幻的山水景观著称；峨眉山以秀丽闻名；青城山以幽静清雅著称；剑门关则以雄险著称.此外，四川还有许多必去的旅游景点，如都江堰、乐山大佛、稻城亚丁、色达佛学院、黄龙景区和四姑娘山等.这些景点既展示了四川的自然美景，还体现了其深厚的文化底蕴和历史价值.甲、乙两人从九寨沟、峨眉山和青城山这三个景点中各选择其中一个景点进行游玩，已知甲、乙两人选择三个景点游玩的概率分别是，，和，，，则甲、乙选择相同的景点游玩的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相互独立事件概率加法计算公式即可求得. 【详解】由题意知甲，乙两人选择景点游玩相互独立，所以甲、乙两人选择相同的景点游玩的概率为. 故答案为：. 14. 已知正三棱锥的外接球为球是球上任意一点，为的中点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】对于正三棱锥，底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面三角形的中心.要求的取值范围，需要先求出外接球的半径以及球心到点的距离，的取值范围就是球心到点的距离加减外接球半径. 【详解】因为底面正三角形，. 根据正三角形外接圆半径公式（其中为正三角形的边长），可得. 设正三棱锥的高为，顶点在底面的射影为. 因为为中点，在上，且. 对于正三角形，，则. 在中，，，根据勾股定理. 设外接球半径为，球心在高上. 根据，将，代入可得： . 展开得. 移项化简得，解得. 因为. 设球心到点的距离为，在中，，，根据勾股定理. 的最小值为，最大值为. ，. 所以的取值范围是. 故答案为：. 四．解答题（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. 已知椭圆（）的右焦点为，且过点，直线过点且交椭圆于A、两点. （1）求椭圆的方程； （2）若线段的垂直平分线与轴的交点为. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若点，求的面积. 【答案】（1）； （2）或； 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质并代入所过点坐标计算即可； （2）（ⅰ）先排除直线l斜率不存在的情况，设其点斜式方程，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率积计算即可；（ⅱ）由上的结论及弦长公式、点到直线的距离公式计算即可. 【小问1详解】 根据题意有，解之得，所以椭圆的方程； 【小问2详解】 （ⅰ）显然若l斜率不存在，其垂直平分线与横轴重合，不符合题意； 不妨设直线的方程为，的中点为C， 设， l与椭圆方程联立有，整理得， 则， 所以， 易知，解之得， 即，整理得直线的方程为或； （ⅱ）由弦长公式可知 ， 由直线的对称性知点P到两条直线l的距离相同，即， 所以的面积为. 16. 如图，四边形与均为菱形，，，. （1）求证：平面； （2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值； （3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的几何性质可得出，设，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）连接，推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得与平面所成角正弦值的最大值； （3）设点，根据可得出点的轨迹方程，明确点的轨迹形状，即可得解. 【小问1详解】 因为四边形为菱形，则， 设，连接，则为的中点， 因为，则， 因为，、平面，故平面. 【小问2详解】 连接，因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 因为为的中点，则， 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、 、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形， 所以，，，， 同理可得， 所以，、、、、、， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 因为为上的动点，设，其中， 且，， 所以，， 设直线与平面所成角， 则 ， 当时，取最大值，且最大值为， 因此，与平面所成角正弦值的最大值为. 【小问3详解】 因为为的中点，则， 设点，则，， 因为，即，即， 化简可得， 故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分， 即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角； （3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论. 【小问1详解】 在中， 所以，即. 又因为，在平面中，， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，由平面，得. 由（2）知，且已知， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，. 所以 因为为中点，所以. 由知，. 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 由（1）知平面，所以平面的法向量为. 所以， 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为； 【小问3详解】 设是线段上一点，则存在使得. 因为， 所以. 因为平面，所以平面，当且仅当， 即. 即.解得. 因为， 所以线段上不存在使得平面. 18. 2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情.甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为. （1）求乙、丙各自解出该题的概率； （2）求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设出事件，运用相互独立事件概率的乘法公式及对立事件概率公式求解即可； （2）运用相互独立事件概率的乘法公式，结合对立事件概率公式计算即可. 【小问1详解】 设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件， 则，，相互独立， 由题意得，， 所以，， 所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为，. 【小问2详解】 设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件， 则， 因为，，， 所以，，， 因为、、相互独立， 所以. 所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为. 19. 已知拋物线的焦点，直线， （1）设直线与x轴交于点，直线与抛物线交于两点，其中在第一象限，求出所有满足的点的坐标.（其中点与点对应，点与点对应）； （2）过直线上的点作抛物线的两条切线，切点分别为，求的最小值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而有，再利用，得到点在轴正半轴或轴负半轴上，再利用相似比，即可求解； （2）设切线的方程为，联立抛物线方程求得，得到直线和的方程为，进而得到的方程为，再联立抛物线方程，得到，进而求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为拋物线的焦点为，则，得到，所以拋物线， 由题知，由，得到，所以， 在中，，， 则，又，所以， 因为，且点与点对应，点与点对应，所以， 如图，易知，所以点在轴正半轴或轴负半轴上， 又因为，，得到， 所以点的坐标为或. 【小问2详解】 设，则，， 再设切线的方程为， 联立方程组，整理得， 由，且，可得， 则切线的方程为，即. 由切线过点，可得. 同理，切线的方程为， 由切线过点，可得， 则直线的方程为， 联立方程组，整理得， 可得， 则 ， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤平面向量；⑥导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$