精品解析：山西省朔州市怀仁市大地学校高中部2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

2024～2025学年度期中考试卷 高二数学 考试模块：选择性必修第一册 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答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. 4.本卷命题范围：空间向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线. 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. 直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将直线方程化为斜截式，进而求得直线的斜率. 【详解】直线可化为，所以直线的斜率. 故选：A. 2. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点是上一点，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可求得，代入点的坐标，可求得，可求椭圆方程. 【详解】因为点是椭圆上一点，且， 所以，解得，所以椭圆方程为， 又点是椭圆上一点，所以，解得， 所以椭圆的方程为. 故选：B. 3. 已知圆：与圆：相交于A，B两点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】两圆方程作差即可求得公共弦的方程. 【详解】根据已知条件， ：，化为：， ：，化为：， 因为两圆相交，所以两圆方程相减得：， 所以直线的方程为：. 故选：A 4. 如图，在四面体中，是棱上一点，且是棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的加减法进行计算. 【详解】由题意，得 ． 故选：D． 5. 在平面直角坐标系中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义即可求解. 【详解】由题意知动点到直线的距离与它到定点的距离相等， 由抛物线的定义知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以，点的轨迹方程为. 故选：B. 6. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是C上一点，且，，则C的渐近线方程为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及已知得，再应用余弦定理得到双曲线参数的齐次方程，进而求渐近线. 【详解】由双曲线定义知，又，则，， 在中，，，则， 所以，可得，则， 所以的渐近线方程为. 故选：C. 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出直线方程为，得到点关于直线的对称点，连接，与交于点，与圆交于点，所以即为机器人走过的最短路程，利用两点间距离公式求出答案. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设直线的方程为，将代入得，故直线方程为， 设点关于直线的对称点为， 则，解得， 故， 连接，与交于点，与圆交于点， 则， 所以即为机器人走过的最短路程， 其中， 故. 故选：A 8. 已知离心率为的椭圆的短轴长为，直线过点且与椭圆交于、两点，若，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知点为的中点，利用点差法可得出直线的斜率，进而可求得该直线的方程. 【详解】由题意可得，解得，所以，椭圆方程为， 因为，则点在椭圆内，设点、， 因为直线过点且与椭圆交于、两点，若，则为的中点， 所以，，， 若直线轴时，则线段的中点在轴上，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在， 因为，这两个等式作差可得， 即，可得， 因此，直线的方程为，即. 故选：B. 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. 已知的三个顶点是，，，则（ ） A. 边的长度是 B. 直线的方程为 C. 边上的高所在直线的方程为 D. 的面积是4 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合距离公式、斜率坐标公式、直线的点斜式方程逐项求解判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，直线的斜率，方程为，即，B正确； 对于C，边上的高所在直线的斜率为，方程为，即，C错误； 对于D，点到直线的距离，的面积是，D正确. 故选：ABD 10. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，准线为直线，直线与交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到直线的距离是4 B. 若的方程是，则的面积为3 C. 若的中点到直线的距离为3，则 D. 若点在直线上，则 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据抛物线的定义即可求得；B选项，联立直线与抛物线方程，求出交点即可求得面积；C选项，依据抛物线的定义进行转化即可求得；D选项，设直线方程与抛物线联立，借助韦达定理设而不求求解. 【详解】对于选项A，由题意可知抛物线的焦点为，准线的方程为，所以点到直线的距离是2，故A错误； 对于选项B，由得，解得或， 所以6，又与轴的交点为，所以，所以的面积为，故B正确； 对于选项C，因为的中点到直线的距离为3，所以，即，所以，故C错误； 对于选项D，设：，，， 由得，，，， 因为，所以，故D正确. 故选：BD. 11. 已知正方体的棱长为1，动点在正方形内（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线和所成角为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 若，则点到直线的距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以点为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，，， ，设，其中，， 对于A选项，由， 得，即， 所以，，故A正确； 对于B选项，由A选项知，所以，又， 设直线和所成角为（）， 则，所以，故B错误； 对于C选项，因为，所以，， 即，又点在平面内（包含边界）， 所以点的轨迹是平面内以为圆心，为半径的半圆弧， 所以其长度为，故C正确； 对于D选项，由C选项知，，设， 则， 所以， 所以点到的距离，令，， 所以，当且仅当， 即时，等号成立， 故点到直线的距离的最小值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：空间坐标系与向量的应用：通过构造空间直角坐标系，结合向量的性质来解决几何问题，是解题的关键步骤. 轨迹分析与距离计算的结合：通过分析动点的运动轨迹，再结合几何性质进行距离的计算，确保了推导过程的严密性. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，，则以，的交点为圆心，且经过点的圆的方程是________. 【答案】 【解析】 【分析】求得两直线交点坐标可得圆心，计算得出半径可求出圆的方程. 【详解】由题意联立，的方程，解得， 即交点为，所以所求圆的圆心是， 半径为， 故所求圆的方程为. 故答案为： 13. 已知直线：，抛物线：的准线是，点是上一点，若点到直线，的距离分别是，，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再结合抛物线的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】抛物线的焦点是，准线是：， 设点到直线的距离为，则， 所以，当且仅当且在与之间时等号成立， 所以的最小值是. 故答案为：. 14. 已知为坐标原点，，点是直线：上一点，若以为圆心，2为半径的圆上存在点，使得，则线段长度的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得点的轨迹方程，从而可得圆与圆相交，列出不等式，可得的范围，再由两点间距离公式代入计算，即可得到范围. 【详解】由题意可设， 则圆的方程为， 若圆上存在点，使得，设， 则，化简可得， 故点在以为圆心，为半径的圆上， 因为点也在圆上，所以圆与圆有交点， 所以，即，解得， 又， 所以，即线段长度的取值范围是. 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. 已知的外接圆为圆. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆交于E，F两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法设圆的方程为，结合题意解出即可求解； （2）由（1）得圆心和半径，求出圆心到直线的距离，从而可得弦长，再用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，继而利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 设圆的方程为， 则，解得， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 由，得， 所以圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离为， ， 又点到直线的距离为， 所以的面积为. 16. 如图，在直三棱柱中，为的中点． （1）求证：直线平面； （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）利用中位线性质以及线面平行判定定理证明可得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【小问1详解】 证明：设，连接， 在直三棱柱中，四边形是平行四边形，所以是的中点， 又为的中点，所以. 又平面，平面， 所以直线平面. 【小问2详解】 在直三棱柱中，平面， 又，平面，所以，， 又， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，，，所以， 则，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，令1，得，， 所以平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知双曲线的离心率是，焦距是6． （1）求的方程； （2）若直线与相交于A，B两点，且（为坐标原点），求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意求出、，即可求出，从而求出方程； （2）设，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，再根据数量积的坐标表示得到方程，代入，求出的值. 【小问1详解】 因为双曲线：（，）的离心率是，焦距为6， 所以，，其中，解得，， 所以. 所以的方程为. 【小问2详解】 如图， 设，， 联立方程消去得， 因为直线：与相交于，两点， 所以，即且， 由韦达定理得， 又，， 所以， 所以， 将韦达定理代入上式，得， 即，解得，满足且. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面. （1）求平面与平面所成二面角的正弦值； （2）已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）如图通过证明平面，可建立以点为原点的空间直角坐标系，后可求出平面与平面的法向量，结合空间向量知识可得答案； （2）由题可得平面的法向量，后设，可得点到平面的距离关于的表达式，即可得答案. 【小问1详解】 取的中点分别为，连接， 因为底面是正方形，所以， 因为是正三角形，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意：， ， 设平面的法向量为，所以， 即，令，则， 即平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成二面角为， 则， 所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为. 【小问2详解】 因为分别是线段上一点， 且， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，即平面的一个法向量为， 设， 则， 所以点到平面的距离， 解得（舍去），即. 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析；定点 【解析】 【分析】（1）由长轴长与抛物线焦点得，进而求出椭圆方程； （2）设直线，联立椭圆方程，由韦达定理可得，，利用将斜率坐标化，利用韦达定理代入坐标关系化简求证可得. （3）设，由（2）结论可先证三点共线得到，用表示，由点斜式方程得，再证明不受的影响恒过定点可得. 【小问1详解】 由椭圆的长轴长为， 则，解得， 又因为椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合， 所以，解得. 所以椭圆的方程为. 由题意可知，对于椭圆， 极点对应的极线的方程为，即. 【小问2详解】 证明：设，由题意知过的直线的斜率必存在， 故设直线，， 联立方程，消去得， ， ，即， 所以，， 则 . 又，所以，得证. 【小问3详解】 当中有横坐标为时，纵坐标为， 则或， 直线或与椭圆相切，不符合题意，所以的斜率都存在. 由（2）得，，又， 所以，所以是和的交点. 因为，所以，设， 则，所以，直线的方程为， 即， 令得，所以恒过定点. 【点睛】关键点点睛：解决该题的关键点有三个.一是理解极点坐标与对应极线方程的关系，确定好极线；二是斜率坐标式的变形，将运算转化为即的对称形式，从而应用韦达定理证明斜率关系式成立；三是（2）问结论的应用，应用结论得到，用参数表达及直线的方程，从而解决直线过定点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年度期中考试卷 高二数学 考试模块：选择性必修第一册 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答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. 4.本卷命题范围：空间向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线. 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. 直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点是上一点，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆：与圆：相交于A，B两点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四面体中，是棱上一点，且是棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是C上一点，且，，则C的渐近线方程为( ) A. B. C. D. 7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 已知离心率为的椭圆的短轴长为，直线过点且与椭圆交于、两点，若，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 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. 已知的三个顶点是，，，则（ ） A. 边的长度是 B. 直线的方程为 C. 边上的高所在直线的方程为 D. 的面积是4 10. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，准线为直线，直线与交于两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到直线的距离是4 B. 若的方程是，则的面积为3 C. 若的中点到直线的距离为3，则 D. 若点在直线上，则 11. 已知正方体的棱长为1，动点在正方形内（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则直线和所成角为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 若，则点到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，，则以，的交点为圆心，且经过点的圆的方程是________. 13. 已知直线：，抛物线：的准线是，点是上一点，若点到直线，的距离分别是，，则的最小值是______. 14. 已知为坐标原点，，点是直线：上一点，若以为圆心，2为半径的圆上存在点，使得，则线段长度的取值范围是______ 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. 已知的外接圆为圆. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆交于E，F两点，求的面积. 16. 如图，在直三棱柱中，为的中点． （1）求证：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知双曲线的离心率是，焦距是6． （1）求的方程； （2）若直线与相交于A，B两点，且（为坐标原点），求的值． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面. （1）求平面与平面所成二面角的正弦值； （2）已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于，两点，在极线上任取一点，设直线，，的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于，两点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $