精品解析：青海省海南州部分学校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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，用铅笔把答题卡上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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册. 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. 已知直线与直线平行，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 2. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ） A. B. C. D. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 4. 过点且与抛物线只有1个公共点的直线有（ ） A 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 5. 如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 6. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（ ） A. 12 B. 18 C. 16 D. 20 7. 已知向量，若四点共面，则向量在上的投影向量的模为（ ） A 12 B. C. D. 8. 图中展示的是一座抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2m，水面宽6m，水面上涨1m后，水面宽度为（ ） A. B. C. D. 8m 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. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的面积为，则该椭圆的离心率可能为（ ） A B. C. D. 10. 已知是双曲线的上焦点，是上的两点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是中点，则 B. 的最小值为4 C. 点到的两条渐近线的距离的乘积为12 D. 若中点坐标为，则直线的斜率为 11. 如图，在四棱台中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，分别为上、下底面的中心，平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若点F在平面内，且，则点F到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线方程________． 13. 已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为______． 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的标准方程为________；若该阿氏圆在点处的切线与直线交于点，则的最小值为________. 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. 已知直线，圆． （1）若，求直线被圆所截得的弦长； （2）已知直线过定点，过点作圆的切线，求点的坐标及该切线方程． 16. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知抛物线的焦点F在直线上，A，B，C是E上的三个点． （1）求E的方程； （2）已知，且直线经过点F，，求直线的方程． 18. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 19. 已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，抛物线的焦点与F重合，是与的一个公共点． （1）求与的标准方程； （2）过点A的直线l与交于D，E两点，若E是的中点，求直线l的斜率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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，用铅笔把答题卡上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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册. 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. 已知直线与直线平行，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】两直线平行，的系数的比值相等，且与的系数的比值与常数项的比值不相等，由此能求出. 【详解】根据直线与直线平行， 则， 故. 故选：A 2. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案. 【详解】对于A，根据题意，故A错误. 对于B，设，则不存在，故B正确. 对于C，，故C错误； 对于D，由， 则，所以， 所以，故D错误； 故选：B. 3. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用弦长公式即可求得结果. 【详解】圆C的圆心为，半径为3，圆心到直线l的距离， 所以直线l被圆C截得的弦长为. 故选：D 4. 过点且与抛物线只有1个公共点的直线有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 【答案】C 【解析】 【分析】分直线与抛物线相切和与对称轴平行求解. 【详解】解：因为点A在C上， 所以过点A且与C相切的直线只有1条，该切线满足题意． 过点A且斜率为0的直线与C也只有1个公共点， 所以满足题意的直线有2条． 故选：C 5. 如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，计算可求数量积. 【详解】 . 故选：B. 6. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（ ） A. 12 B. 18 C. 16 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合椭圆的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，，所以，故的周长为． 故选：C 7. 已知向量，若四点共面，则向量在上的投影向量的模为（ ） A. 12 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据四点共面，可得共面，再根据空间向量共面定理求出，再求出向量在上的投影长度即可. 【详解】因为四点共面， 所以共面， 则存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得， 所以， 向量在上的投影向量的模即为向量在上的投影长度， 所以向量在上的投影向量的模为. 故选：D. 8. 图中展示的是一座抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2m，水面宽6m，水面上涨1m后，水面宽度为（ ） A. B. C. D. 8m 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，将代入抛物线方程解出，再将代入即可求解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则点, 设抛物线方程为，由点可得，解得，所以, 当时，，所以水面宽度为． 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. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的面积为，则该椭圆的离心率可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“逼近法”可得，由此可确定所有可能的取值，由椭圆离心率求得所有可能的取值. 【详解】根据题意有： 由“逼近法”原理可知， 又因为，所以或或或或或， 当或时，椭圆离心率； 当或时，椭圆离心率； 当或时，椭圆离心率. 故选：ABD. 10. 已知是双曲线的上焦点，是上的两点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是的中点，则 B. 的最小值为4 C. 点到的两条渐近线的距离的乘积为12 D. 若的中点坐标为，则直线的斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由轴即可判断；对于B，由双曲线的性质即可判断；对于C，由点到线的距离公式即可判断；对于D，由点差法可判断. 【详解】对于A，由双曲线，可得焦点在轴上，， 若是的中点，则直线轴，，A正确； 对于B，若点在轴上方，的最小值为， 若点在轴下方，的最小值为，B错误； 对于C，由题意得，， 所以双曲线的渐近线方程为或， 所以点到的两条渐近线的距离乘积为，C正确； 对于D，设，，则， 两式相减得． 因为的中点坐标为，所以，即， 所以直线的斜率为，此时直线的方程为， 由联立，检验可知，D正确． 故选：ACD. 11. 如图，在四棱台中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，分别为上、下底面的中心，平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若点F在平面内，且，则点F到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】过分别作于，可求得判断A；进而可求得坐标判断BC；设，利用，可求得，利用向量法可求点F到平面的距离判断D. 【详解】过分别作于， 因为平面，平面，所以，， 由已知可得四棱台为正四棱台， 又上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，， 所以可得，所以，所以，故A正确； 所以，故B正确；，故C错误； 可得，所以，设，所以， 因为，所以，解得， 由题意可知平面，所以平面的一个法向量为， 又， 所以点F到平面的距离为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线方程________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程． 【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上 而双曲线的渐近线方程为y=± ∴双曲线的渐近线方程为y=± 故答案为y=± 【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想 13. 已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为______． 【答案】0.02## 【解析】 【分析】根据椭圆的性质求椭圆参数，应用离心率公式求离心率. 【详解】设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c， 由题意，得，，解得，， 所以这个椭圆的离心率． 故答案为：0.02 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的标准方程为________；若该阿氏圆在点处的切线与直线交于点，则的最小值为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设出点的坐标，列出方程并化简求得阿氏圆的标准方程；再由切线长定理求出直线上的点向圆所作切线长的最小值. 【详解】设点，依题意，，即， 则，整理得， 所以所求圆的标准方程为； 该阿氏圆的圆心为，半径， 点到直线距离， 依题意，，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 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. 已知直线，圆． （1）若，求直线被圆所截得的弦长； （2）已知直线过定点，过点作圆的切线，求点的坐标及该切线方程． 【答案】（1） （2），或 【解析】 【分析】（1）根据圆的弦长公式求解即可； （2）先求出定点，分切线的斜率是否存在，再根据圆心到切线的距离等于半径即可得解. 【小问1详解】 圆的圆心，半径， ，圆心到直线的距离， 所以直线被圆所截得的弦长为； 【小问2详解】 直线变形得， 令，则， 所以直线过定点， 当直线的斜率不存在时，方程为， 此时，圆心到直线距离等于半径，符合题意； 当直线的斜率存在时，设方程为，即， 则圆心到切线的距离为，解得， 所以直线方程为，即， 综上所述所求直线方程或. 16. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式求解. （2）求出平面的法向量，结合（1）中信息，利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 在四棱柱中，侧棱底面，平面， 则，又，以原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 而，所以点到平面的距离. 【小问2详解】 由（1）知，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知抛物线的焦点F在直线上，A，B，C是E上的三个点． （1）求E的方程； （2）已知，且直线经过点F，，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由抛物线写出焦点坐标，代入直线方程求得的值，得到抛物线解析式； （2）设点坐标和直线方程，联立直线方程和抛物线方程，整理得到一元二次方程，由根与系数的关系得到两点横坐标的关系式，列出直线的斜率，由垂直建立方程，代入两点横坐标的关系式得到关于参数的方程，求出参数即可求得直线方程. 【小问1详解】 由题可知， 所以，解得，所以E的方程为． 【小问2详解】 设，，由题可知，， 依题意知直线的斜率必存在，设直线的方程为． 由整理得， 则，． ，， 因为，所以， 所以，， 解得，所以直线的方程为． 18. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且. （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； 解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求； （2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论； 解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论. 【小问1详解】 解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为的正方形， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，. 设平面的法向量为，则， 令，则， 易知是平面的一个法向量， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：延长、，设，连接， 过在平面内作的垂线，垂足为，连接. 因为平面，平面，则， 又因为，、平面，， 所以，平面， 因为平面，所以，， 所以为平面与平面的夹角. 因为，所以，则，则为的中点， 所以，， 在中， ， 因为， 所以， 因为平面，平面，则， 则， 所以，， 即平面与平面夹角的余弦值为. 【小问2详解】 解法一：由（1）可得、，， 假设存在满足条件的点，设，所以， 因为平面，所以，解得. 故当时，平面. 解法二：当时，平面. 证明过程如下：连接，取为的中点，连接、. 因为为的中点，所以为梯形的中位线， 即，且， 因为，且，所以，， 所以为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 19. 已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，抛物线的焦点与F重合，是与的一个公共点． （1）求与的标准方程； （2）过点A的直线l与交于D，E两点，若E是的中点，求直线l的斜率． 【答案】（1）的标准方程为，的标准方程为． （2）． 【解析】 【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，列出双曲线方程中方程求解； （2）设直线l的方程为，与抛物线联立，由韦达定理可得，结合E是的中点，求出的值. 【小问1详解】 因为，所以， 解得，所以的标准方程为． 因为抛物线的焦点与F重合，所以，． 又，解得， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）知．设直线l的方程为，，． 因为E是的中点，所以①． 联立，得， 则，②，． 由①②解得，， 所以，解得，即， 经验证，此时满足，所以直线的斜率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $