四川省达州市2024-2025学年高二上学期期末数学模拟试卷

达州市2024年普通高中二年级秋季期末模拟监测 数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，试卷共4页。 2.答题前，考生需用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴好条形码后，再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修二第八章、选择性必修一全册。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，只有一项符合题意。 1．直线的倾斜角为 A． B． C． D． 2．已知平面，直线且，则“”是“”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知向量，若共线，则 A． B． C． D． 4．已知圆与圆的公共弦与直线垂直，且垂足为，则圆N的半径为 A． B． C．2 D． 5．已知正四棱台，二面角的正切值为2，则正四棱台的体积为 A． B．56 C． D． 6．椭圆的离心率为，点为上一点，过点作圆的一条切线，切点为，则的最大值为 A． B． C． D． 7．双曲线（，）的左、右焦点分别为，.是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2，是面积为5的直角三角形，则双曲线的方程为 A． B． C． D． 8．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．若点，，则的最大值为 A． B． C． D． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。 9．已知直线：，圆：的半径为2，点在圆上，则下列说法正确的是 A． B．直线与圆相离 C．过圆心且与直线垂直的直线方程为 D．到直线的距离等于的点只有1个 10．如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点， 是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是 A．三棱锥的体积为定值 B．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 C．直线与所成角的正切值的最小值是 D．的最小值为 11．在平面直角坐标系中有一点，到定点与轴距离之积为一常数，点构成的集合为曲线，已知在或分别为连续不断的曲线，则 A．曲线关于直线对称 B．若，则时到轴距离的最大值为 C．若，如图，则 D．若与轴正半轴交于，则与轴负半轴的交点横坐标在区间内 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。请将答案填写在答题卡对应题号后的横线上。 12．从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为，，，，若，则球的表面积为 ▲ . 13．已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率为的直线l交C于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q，若点F到C的准线的距离为3，则的值为 ▲ . 14．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在 边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是 ▲ . 四、解答题：本大题共5小题，其中第15题13分，第16、17题每小题15分，第18、19题每小题17分，共77分。在解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知不过原点的直线在两坐标轴上的截距相等，且过点. （1）求直线的方程； （2）若圆经过原点和点，且圆心在直线上，求圆的方程. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分） 已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点. （1）若弦的长度为，求直线的方程； （2）在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 18．（17分） 已知在椭圆． （1）求椭圆的方程； （2）当在椭圆上，且在第三象限，是椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值． 19．（17分） 若坐标平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”. （1）试写出圆的一个切立方的四条边所在直线的方程； （2）已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求双曲线的离心率的取值范围； （3）已知为函数的图像上任一点，则函数在点处的切线方程为. 若奇函数的定义域为，且在时，设函数的图像为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由. 高二数学试卷 第1页 （共3页） 高二数学试卷 第1页 （共3页） 学科网（北京）股份有限公司 达州市2024年普通高中二年级秋季期末模拟监测 数学试题参考答案及解析 1．【答案】D 【详解】直线的斜率，即，为倾斜角， 所以. 故选：D 2．【答案】A 【详解】因，又，则，即“”是“”的充分条件； 当，时，不一定和l平行，还有可能异面， 则“”不是“”的必要条件.则“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3．【答案】C 【详解】因为，共线， 所以，解得， 所以. 故选：C. 4．【答案】B 【详解】因为圆与圆， 所以它们的公共弦方程为. 因为公共弦与直线垂直，所以，解得. 将点的坐标代入，可得， 圆可化为，故圆N的半径为. 故选B. 5．【答案】B 【详解】因为是正四棱台，连接交一点，连接交一点， 则是该正四棱台的高，设为， 过点分别作、的平行线交于点， 则以点为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 因为， 所以， ， 由图可得平面的其中一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的法向量为，则， 因为二面角的正切值为2，则二面角的余弦值为， 所以，解得， 该四棱台上底面积，下底面积为， 所以正四棱台的体积为： ， 故选：B. 6．【答案】C 【详解】由题知，解得，， 所以椭圆， 设，，， 设的圆心为，半径为，则，， 因为与圆相切， 所以 ， 当时，. 故选：C. 7．【答案】A 【详解】如图：由题可知，点必落在第四象限，， 设，，，由，求得， 因为，所以，求得，即，， 由正弦定理可得：， 则由得，， 由得， 则，，，， 由双曲线定义可得：，，， 所以双曲线的方程为. 故选：A 8．【答案】C 【详解】设，则，即， 可知表示正方形，其中， 即点在正方形的边上运动， 因为，由图可知, 当取到最小值，即最大， 点有如下两种可能： ①点为点A，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取， 则； 因为，所以的最大值为. 故选C. 9．【答案】BD 【详解】对于A，圆：的标准方程为， 所以圆心，半径， 由圆的半径为2，则，解得，故A错误； 对于B，因为直线方程为， 则圆心到直线的距离， 所以直线与圆相离，故B正确； 对于C，因为直线垂直的直线斜率为， 则过圆心且与直线垂直的直线方程为， 即，故C错误； 对于D，因为圆心到直线的距离， 由，所以到直线的距离等于的点只有1个，故D正确. 故选：BD. 10．【答案】ACD 【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接，    因为四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则， 因为平面，平面，则平面， 因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，A对； 对于B选项，因为，，则， 且表面积为的球的半径为， 的内切圆半径为， 所以，直三棱柱内部不能放入一个表面积为的球，B错； 对于C选项，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，    则、、、、， 设，其中， 则， 设直线与所成角为， 所以，， 当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值， 此时，，， 所以，直线与所成角的正切值的最小值是，C对； 对于D选项，点关于平面的对称点为，则，   ，， 所以，，则， 因为平面，，则平面， 因为平面，则， 将平面和平面延展为一个平面，如下图所示：    在中，，，， 由余弦定理可得 ， 当且仅当、、三点共线时，取最小值， 故的最小值为，D对. 故选：ACD. 11．【答案】BCD 【详解】设点，则， 对于A选项，点关于直线的点为， 因为， 即点不在曲线上，所以，曲线不关于直线对称，A错； 对于B选项，当时，曲线的方程为， 当时，则，则， 所以，，可得，可得， 对于不等式，即，显然该不等式恒成立， 对于不等式，即，解得， 因为，则，此时，若，则时到轴距离的最大值为，B对； 对于C选项，点关于直线的对称点为， 因为， 即点在曲线上，故曲线关于直线对称， 如下图所示，当时，直线与曲线有两个交点，    当时，在曲线的方程中，令，可得，可得， 所以，曲线与在上的图象有两个公共点，如下图所示：    显然，曲线与射线在上的图象有一个公共点， 则曲线与线段相切， 由，可得，则，可得， 且当时，方程为，解得，合乎题意， 综上所述，，C对； 对于D选项，若曲线与轴正半轴交于， 则，则有， 当时，令可得，整理可得， 即， 令，其中， 则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递增， 因为，，则， 所以，曲线与轴负半轴的交点横坐标在区间内，D对. 故选：BCD. 12．【答案】 【详解】由圆的切线长定理得，， 因为，，，则，， 即，可知， 所以为直角三角形，其外心为的中点， 又因为，可知点在平面内的投影为的外心， 即平面，所以必在的延长线上， 且A为切点，则，由射影定理得， 且，即，可得， 则，所以球的表面积为. 故答案为：. 13．【答案】 【详解】抛物线得焦点为，准线方程为， 由题意得，则抛物线方程为，， 直线方程为， 由得，， 设的横坐标为，则，， 所以，，圆的半径为4， 过点作轴于点，则， 在中，. 故答案为：. 14．【答案】2 【详解】，则线段的中点坐标为， 可知，则线段的垂直平分线的方程为， 即， 经过两点的圆的圆心在上， 设圆心为， 则半径， 则圆的方程为， 当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得）， 则此时，代入圆的方程得， 化简得，解得或， 即对应的切点为或， 设，. 因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大， 又过点的圆的半径大于过点的圆的半径， 所以，故点为所求， 即当取最大值时，点的横坐标为2. 故答案为：2. 15．【答案】(1) (2) 【详解】（1）设直线的方程为（）， 因为直线过点，将点的坐标代入直线方程可得， 化简方程即，解得， 所以直线的方程为. （2）设圆的标准方程为， 因为圆经过原点和点， 将原点坐标代入圆的方程可得， 将点代入圆的方程可得， 又因为圆心在直线上，所以， 由和相减可得： ，即， 联立方程，解得，， 把，代入得， 所以圆的方程为. 16．【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 17．【答案】(1)或. (2)存在， 【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 不妨得，，则，与题意不符，舍去. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 由弦长公式得圆心到直线的距离为， 所以，解得， 故直线的方程为或. （2） 当直线轴时，直线的方程为， 不妨得，，此时x轴平分. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，. 联立，得，， 所以，. 若x轴平分，则，即， 即，则，即， 解得. 综上，当点Q为时，能使得x轴平分恒成立. 18．【答案】(1) (2)证明见详解 【详解】（1）由题意，得，解得，， 则椭圆的方程为. （2） 设点，则，即. 由（1）可知，，，所以直线的方程为， 令，解得， 所以； 直线的方程为，令，解得， 所以 因为，所以四边形的面积， 即 因此，四边形的面积为定值. 19．【答案】(1) (2) (3)存在，理由见解析. 【详解】（1） 根据“切立方”的定义，结合图象可得，（答案不唯一）. （2） 由正方形的方程为，则， 由正方形为双曲线的一个“切立方”， 则，联立可得， 整理可得， 则，整理得，即， 则，所以. （3）由题意得， 当时，， 设第一个切点为，则， 则过该点的一条切线方程为：， 即， 因为为奇函数，其图象关于原点对称，因此如果曲线是存在切立方，则正方形也关于原点对称， 故与第一条边平行的正方形的另一条边所在直线方程为：， 设第三个切点为， 同理可得另两条切线为， 若存在正方形，即, 由此可设， ， ， ， ， ， ， 设，且在上单调递减； 由， 由零点存在性定理可知在上有解， 因此曲线存在切立方. 高二数学·参考答案 第1页 （共2页） 高二数学·参考答案 第1页 （共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $$