四川省眉山市东坡区2024-2025学年高二上学期1月期末联合考试数学试题

2023级高二年级期末联合考试数学参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B A C A C B A CD AB BCD 12．或 13． 14． 15．(1)； (2)或． 【详解】（1）∵圆与轴相切，且半径为，圆心在第一象限， ∴圆心C的坐标可设为，， 又圆与直线相切， ∴，解得， ∴圆的方程为． （2）设直线l的方程为，即， 易知圆心到的距离为， ∴， 解得，∴的方程为：； 当l斜率不存在时，方程为，此时圆心到l的距离为1，符合条件； 综上所述，的方程为或． 16．（1）；（2）. 【详解】（1）在椭圆中，，，，且椭圆的焦点在轴上， 设所求双曲线的标准方程为，焦距为， 由已知条件可得，，， 因此，所求双曲线的标准方程为； （2）椭圆的离心率为， 设所求椭圆的标准方程为，焦距为，则， 所以，，，则所求椭圆的标准方程为， 将点的坐标代入所求椭圆的方程得，解得， 因此，所求椭圆的标准方程为. 17．（1） （2） 【详解】（1）圆心在射线上， 设，， 又圆过原点，且与相切， ，即 即， . ， ， ，半径， 圆的方程为. （2）①若的斜率不存在，则， 代入，得，即. 代入，得，. 即，， . ， ，， ，不合题意. ②若的斜率存在，设， 由，得，即， 是的中点， ，即. . 又，， ， 解得. 的方程为. 18(2)；(3)存在，. 【详解】（1），且D，E分别为AB，AC的中点， 所以，即，又O为DE的中点， 所以， 又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE平面BCED， 所以平面BCED，而平面BCED， 所以A1O⊥BD. （2）过点作交于点， 因为AB=AC=，BC=4，所以， ，，， 以点为原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系如下图所示： 则，，，， ，，， 设平面A1BD的法向量为， 则有，即， 令，则，则， 设直线A1C和平面A1BD所成角为， 则, 所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为. （3）设线段A1C上是否存在点F，且， ，， 则， 因为直线DF和BC所成角的余弦值为， 则， 即有， 解得：或（舍） 即点F与点重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为，此时：. 19．（1）（2）存在，，理由见解析；（3）证明见解析. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为的面积为，所以，设椭圆的方程为， 将代入方程得，， 易知，所以，因此，椭圆的方程为； （2）存在这样的点为，下面证明： 设，，，所以要使得， 即    ①； 联立， 由韦达定理得，， 代入可将①化简为，要使得式子关于恒成立，即此时， 所以点； （3）设点，，， 因为内切圆面积相等，即圆半径相等，而内切圆半径公式为三角形面积的倍除以周长，所以，化简得， 故， 因为，代入得． 而，， 而，所以，即线段的长度为定值． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023级高二年级期末联合考试 数学试题 考试时间:120分钟 第I卷（选择题） 一、单选题（40分） 1．圆心为且过点的圆的方程是（ ） A． B． C． D． 2．平面内，动点的坐标满足方程，则动点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 3．已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上一个动点，若的面积的最大值为，则（    ） A．7 B．3 C． D．9 4．在如图所示的电路图中，开关闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（    ） A． B． C． D． 5．已知直线与直线，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 6.已知直线过椭圆的一个焦点，与C交于A,B两点，与平行的直线与C交于M,N两点，若AB的中点为P，MN的重点为Q，且PQ的斜率为，则C的方程为（    ） 7．已知椭圆的左、右焦点为，，上一点满足，A为线段的中垂线与的交点，若的周长为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体中，点P为棱的中点，点Q为面内一点，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．若椭圆的焦距为2，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 10．已知椭圆C：内一点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M为线段AB的中点，则下列结论不正确的是（   ） A．C的焦点坐标为， B．C的长轴长为 C．直线l的方程为 D． 11．已知直线和圆，则下列说法正确的是（    ） A．存在，使得直线与圆相切 B．若直线与圆交于两点，则的最小值为 C．对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为 D．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12．已知圆和点，则过点的的切线方程为 . 13．在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为 . 14．已知椭圆：（）的离心率为，左焦点为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，则椭圆的标准方程为 ． 四、解答题（共77分） 15．已知圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切． (1)求圆的方程． (2)过的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程． 16．已知椭圆． （1）若双曲线以椭圆的两个顶点为焦点，且经过椭圆的两个焦点，求双曲线的标准方程； （2）求过点，焦点在轴上且与椭圆有相同的离心率的椭圆方程． 17．已知圆过原点，圆心在射线，且与直线相切. （1）求圆的方程； （2）过点的直线与圆相交于，两点，是的中点，直线与相交于点.若求直线的方程. 18．如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=，BC=4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2． (1)求证：A1O⊥BD； (2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； (3)线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19．已知、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）设为椭圆上非长轴顶点的任意一点，为线段上一点，若与的内切圆面积相等，求证：线段的长度为定值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2023级高二年级期末联合考试 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B A C A C B A CD AB BCD 1．D 【分析】由已知利用两点间的距离公式求出圆的半径，代入圆的标准方程得答案． 【详解】∵圆心为（﹣3，2）且过点A（1，﹣1）， ∴圆的半径， 则圆的方程为（x+3）2+（y﹣2）2＝25． 故选D． 【点睛】本题考查圆的方程的求法，两点间距离，是基础的题型． 2．B 【分析】根据椭圆的定义求解即可. 【详解】由题意，点到两个定点，的距离之和等于常数， 故根据椭圆的定义可知：此点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，， 故，故椭圆的标准方程为. 故选：B 3．A 【分析】利用点的纵坐标表示的面积，再借助范围求出最大值即可. 【详解】依题意，椭圆半焦距，设点，则， 因此的面积， 则，即，而，解得， 所以. 故选：A 4．C 【分析】先求灯泡能亮的情况，然后根据对立事件的概率即可求解. 【详解】由电路图可知：要使灯泡亮，必须闭合，或闭合，故灯亮的概率为，则灯灭的概率是， 故选：C. 5．A 【分析】先证明充分性是否成立，即由m＝2能否推出 l1⊥l2；再证必要性是否成立，即由l1⊥l2 能否推出  m＝2，从而做出结论． 【详解】当 m＝2时，直线l1：2x﹣2y+1＝0，l2：x+y﹣1＝0，两直线的斜率之积等于﹣1，故l1⊥l2，充分性成立． 当l1⊥l2时， ∵m﹣1≠0，m≠0，由斜率之积的等于﹣1得：1， ∴m＝2 或  m＝﹣1， 故不能由l1⊥l2 推出  m＝2，故必要性不成立． 综上，“m＝2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件， 故选：A． 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的定义，两直线垂直的条件和性质． 6．C 课后达标检测第五题 7．B 【分析】根据题意结合椭圆的定义，求出，，然后勾股定理得出a、c的关系即可. 【详解】A为线段的中垂线与的交点，所以，， 三角形的周长为， 所以，又， 所以，又， 所以， 故选：B. 8．A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，设，根据求出的关系，然后可求出点到直线和直线的距离，进而可得出答案. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为， 则，设， 故， 因为， 所以，即， 所以， 则点到直线的距离为， 点到直线的距离为， 所以， 故，， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据求出的关系，是解决本题的关键. 9．CD 【分析】 讨论椭圆焦点所在位置，结合之间的关系分析求解. 【详解】由题意可知：， 若焦点在x轴上，则，解得； 若焦点在y轴上，则，解得； 综上所述：或. 故选：CD. 10．AB 【分析】由椭圆标准方程确定，即可得到选项A，B错误；利用点差法可求直线方程，得到选项C正确；联立直线和椭圆方程，利用弦长公式可得选项D正确. 【详解】由，得椭圆焦点在轴上，且，， 则，，， 所以椭圆的焦点坐标为，，长轴长为，故选项A、B错误； 设，，则，， 两式作差得， 因为为线段的中点，所以，， 所以， 所以直线的方程为，即，所以选项C正确； 由，得，则，， 所以，所以选项D正确． 故选：AB． 11．BCD 【分析】根据直线经过的定点在圆内，可判断A不正确； 根据圆心到直线的距离的最大值求出的最小值，可判断B正确； 根据圆心到直线的距离，可判断C正确； 将曲线的方程化为，可判断D正确. 【详解】对于A，因为直线过定点，且，即定点在圆内，所以不存在，使得直线与圆相切，故A不正确； 对于B，因为圆心到直线的距离的最大值为， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，因为圆心到直线的距离，所以 ， 所以对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为，故C正确； 对于D，当时，直线，曲线，即就是过直线与圆的交点的曲线方程，故D正确. 故选：BCD. 12．或 【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，假设切线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果. 【详解】由圆方程可得圆心，半径； 当过点直线斜率不存在时，即时，圆心到其距离，与相切； 当过点的的切线斜率存在时，可设为，即， 圆心到切线的距离，解得：， 切线方程为，即； 综上所述：所求切线方程为或. 故答案为：或. 13．/ 【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案. 【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙,,,, 则样本空间(甲乙， )，(甲乙， )，(甲乙， )，(甲 ，乙), (甲 ，乙),(甲 ，乙),(乙 ，甲),(乙 ，甲),(乙 ，甲),( ，甲乙) 共含有10个样本点， 设事件表示“甲和乙分在不同小组”,则, 所以甲和乙分在不同小组的概率为. 故答案为：. 14． 【分析】根据离心率可得的值，根据通径可得的值，求出后可得椭圆的标准方程. 【详解】由题设有，故，解得，故，故 故椭圆的标准方程为：， 故答案为：. 15．(1)； (2)或． 【分析】(1)根据与轴相切得圆心坐标为，再根据与直线相切得圆心C到直线距离等于半径2，解出参数a即得圆的方程； (2)先根据点斜式设直线方程，计算圆心到直线距离，再根据垂径定理列方程解出斜率，最后讨论斜率不存在时是否满足题意． 【详解】（1）∵圆与轴相切，且半径为，圆心在第一象限， ∴圆心C的坐标可设为，， 又圆与直线相切， ∴，解得， ∴圆的方程为． （2）设直线l的方程为，即， 易知圆心到的距离为， ∴， 解得，∴的方程为：； 当l斜率不存在时，方程为，此时圆心到l的距离为1，符合条件； 综上所述，的方程为或． 16．（1）；（2）. 【解析】（1）设所求双曲线的标准方程为，求出、的值，即可求得所求双曲线的标准方程； （2）设所求椭圆的标准方程为，焦距为，由已知条件可得出，，然后将点的坐标代入所求椭圆的标准方程，可求得的值，由此可得出所求椭圆的标准方程. 【详解】（1）在椭圆中，，，，且椭圆的焦点在轴上， 设所求双曲线的标准方程为，焦距为， 由已知条件可得，，， 因此，所求双曲线的标准方程为； （2）椭圆的离心率为， 设所求椭圆的标准方程为，焦距为，则， 所以，，，则所求椭圆的标准方程为， 将点的坐标代入所求椭圆的方程得，解得， 因此，所求椭圆的标准方程为. 【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法 ①定义法：根据椭圆的定义，确定、的值，结合焦点位置可写出椭圆方程； ②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出、；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为． 17．（1） （2） 【解析】（1）设圆心，，由圆过原点且与直线相切可得方程，解方程即可得解； （2）当直线斜率不存在时，易得不合题意；若直线斜率存在，设，联立两直线方程得，转化条件得，即可得方程，解方程即可得解. 【详解】（1）圆心在射线上， 设，， 又圆过原点，且与相切， ，即 即， . ， ， ，半径， 圆的方程为. （2）①若的斜率不存在，则， 代入，得，即. 代入，得，. 即，， . ， ，， ，不合题意. ②若的斜率存在，设， 由，得，即， 是的中点， ，即. . 又，， ， 解得. 的方程为. 【点睛】本题考查了圆的标准方程的求解和直线与圆的交点问题，考查了平面向量数量积的应用，属于中档题. 18．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面BCED，从而可得A1O⊥BD； （2）根据向量法即可求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； （3）假设存在点F，由直线DF和BC所成角的余弦值可得，从而可求得. 【详解】（1），且D，E分别为AB，AC的中点， 所以，即，又O为DE的中点， 所以， 又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE平面BCED， 所以平面BCED，而平面BCED， 所以A1O⊥BD. （2）过点作交于点， 因为AB=AC=，BC=4，所以， ，，， 以点为原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系如下图所示： 则，，，， ，，， 设平面A1BD的法向量为， 则有，即， 令，则，则， 设直线A1C和平面A1BD所成角为， 则, 所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为. （3）设线段A1C上是否存在点F，且， ，， 则， 因为直线DF和BC所成角的余弦值为， 则， 即有， 解得：或（舍） 即点F与点重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为， 此时：. 19．（1）（2）存在，，理由见解析；（3）证明见解析. 【解析】（1）设椭圆的焦距为，根据的面积计算出，可设椭圆的标准方程为，再将点的坐标代入椭圆的标准方程，求出的值由此可求出椭圆的方程； （2）设点，，，由，可得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，代入，求出实数的值，即可求出定点的坐标； （3）设点，，，由题意得出，化简得出，可求出正数的值，从而得出结论. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为的面积为，所以，设椭圆的方程为， 将代入方程得，， 易知，所以，因此，椭圆的方程为； （2）存在这样的点为，下面证明： 设，，，所以要使得， 即    ①； 联立， 由韦达定理得，， 代入可将①化简为，要使得式子关于恒成立，即此时， 所以点； （3）设点，，， 因为内切圆面积相等，即圆半径相等，而内切圆半径公式为三角形面积的倍除以周长，所以，化简得， 故， 因为，代入得． 而，， 而，所以，即线段的长度为定值． 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中存在某点满足条件以及椭圆中的定值问题，考查计算能力，属于难题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$