安徽省滁州市九校2024-2025學年高二數(shù)學上學期期中試卷含解析

Page21考生留意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清晰.3．考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4．本卷命題范圍：人教A版選擇性必修第一冊.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線，，，的圖象如圖所示，則斜率最小的直線是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題圖確定直線斜率的大小關(guān)系即可.【詳解】由圖知：，故斜率最小的直線是.故選：B2.已知雙曲線的左，右焦點分別是，，點在雙曲線上，且，則雙曲線的方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)雙曲線定義求解即可.【詳解】由題意可知，，解得，，所以雙曲線的方程是．故選：D．3.如圖所示，在平行六面體中，為與的交點，為的中點，若，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)空間向量線性運算法則計算可得.【詳解】因為為與的交點，所以，故.故選：B.4.在空間直角坐標系中，已知平行四邊形的三個頂點的坐標分別為，，，則點的坐標為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據(jù)平行四邊形對角線的交點為中點可得答案.【詳解】設(shè)，因為與的中點相同，所以，解得，所以.故選：A.5.已知直線：與：，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】由兩線平行的判定列方程求參數(shù)a，留意驗證是否存在重合狀況，結(jié)合充分、必要性定義推斷條件間的關(guān)系》【詳解】由，則，即，故或，時，，，即，明顯兩線重合；時，則，，即，故.綜上，“”是“”的充要條件.故選：C6.已知分別是雙曲線的左、右焦點，點是雙曲線上一點，且，則點到軸的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理和雙曲線定義可求得，接受面積橋可求得結(jié)果.【詳解】由雙曲線方程可知：，，；不妨設(shè)位于第一象限，如圖所示，，，即，由雙曲線定義知：，又，，，解得：，即點到軸的距離為.故選：C.7.當直線被圓截得的弦長最短時，實數(shù)（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】依據(jù)直線方程可得直線經(jīng)過定點，再由圓心到直線距離最大時弦長最短，由斜率關(guān)系即可求得.【詳解】將直線的方程變形為，由可導，所以直線經(jīng)過定點，圓的標準方程為，圓心為，因為，所以點在圓內(nèi)，故當時，圓心到直線的距離取最大值，此時直線被圓截得的弦長最短，因為，直線的斜率為，所以，解得.故選：B.8.已知橢圓的焦距為，為橢圓的右焦點，過點在軸上方作兩條斜率分別為1和的射線，與分別交于，兩點，且的面積為，則（）A.或2 B.2或3 C.2 D.【答案】C【解析】【分析】已知焦距和過A的兩個相互垂直的射線，通過AB的反向延長得到D點，則，依據(jù)面積得到線段的關(guān)系，通過方程的聯(lián)立，代入線段關(guān)系即可求解.【詳解】由焦距為2知，，設(shè)直線與的另外一個交點為，，，則，關(guān)于軸對稱，即，由的面積為，得，即，將直線代入的方程整理，得，明顯判別式大于0，，，因為，所以，即，所以，解得或（舍去），所以．故選：C．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知橢圓以坐標軸為對稱軸，經(jīng)過點，且長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的標準方程可以是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】分橢圓焦點在軸上和焦點在軸上兩種狀況，結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)求解即可.【詳解】當橢圓焦點在軸上時，已知橢圓過點，故，因為長軸長是短軸長的2倍，所以，即，所以橢圓的方程為；當橢圓的焦點在軸上時，已知橢圓過點，故，因為長軸長是短軸長的2倍，所以，即，所以橢圓的方程為．綜上所述，橢圓的方程為或．故選：BC．10.已知直線與直線平行，且與間的距離為，則的方程可以是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)平行線間的距離公式求解即可.【詳解】直線，即，設(shè)所求直線的方程為，由題意可得，解得或．故所求直線的方程為或．故選：AD．11.已知圓和圓相交于A，兩點，則下列說法正確的是（）A.B.直線的方程為C.線段的長為D.到直線的距離與到直線的距離之比為【答案】ABC【解析】【分析】利用圓的性質(zhì)可判定A項，利用兩圓的公共弦方程公式計算可判定B項，利用弦長公式可判定C項，利用點到直線的距離公式可判定D項.【詳解】對于A項，因為兩個圓相交，所以圓心，所在直線垂直平分兩圓的公共弦，故A正確；對于B項，因為圓和圓相交于A，兩點，所以兩圓方程相減得到，即，故B正確；對于C項，圓化為標準方程是，圓心到直線的距離為，所以，故C正確；對于D項，因為圓化為標準方程是，圓心到直線的距離為，所以到直線的距離與到直線的距離之比為，故D錯誤．故選：ABC．12.在平行六面體中，，，若，其中，，，則下列結(jié)論正確的為（）A.若點在平面內(nèi)，則 B.若，則C.當時，三棱錐的體積為 D.當時，長度的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)平面對量的基本定理及空間向量的加法法則可得，進而求解推斷A；依據(jù)空間向量的數(shù)量積定義和線性運算可得，，進而結(jié)合即可求解推斷B；由題易知四面體為正四面體，設(shè)在平面內(nèi)的射影為點，進而可得當時，到平面的距離為，進而結(jié)合三棱錐的體積公式求解推斷C；依據(jù)空間向量的數(shù)量積定義及運算律可得，進而結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)及基本不等式即可求解推斷D.【詳解】對于選項A，若點在平面內(nèi)，易知有，所以，又，則，故A正確；對于選項B，由題意易得，，且，又，即，故，解得，故B正確；對于選項C，由題易知四面體為正四面體，設(shè)在平面內(nèi)的射影為點，則為的中心，易得，．當時，到平面的距離為，所以，故C錯誤；對于選項D，由B知，，又，由基本不等式可知，所以，即，當且僅當時等號成立，所以長度的最小值為，故D正確．故選：ABD．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵在于利用空間向量的的數(shù)量積定義和線性運算進行轉(zhuǎn)化問題，使之轉(zhuǎn)化為較易的問題進行解決.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.以點為圓心，且與軸相切的圓的標準方程為__________.【答案】【解析】【分析】依據(jù)題意得出半徑，即可得出圓的標準方程.【詳解】以點為圓心，且與軸相切的圓的半徑為1，故圓的標準方程是.故答案為：14.已知拋物線的焦點為，是拋物線上的一點，若，則______．【答案】【解析】【分析】干脆運用拋物線的焦半徑定義，即可求解.【詳解】由題意，知拋物線的準線為，由焦半徑的定義可得，解得．故答案為：615.已知橢圓的左、右焦點分別為、，若上存在點滿意：，則的離心率的最小值是______．【答案】##【解析】【分析】由余弦定理結(jié)合基本不等式分析可知，當為橢圓短軸頂點時，最大，求出的最小值為，結(jié)合余弦函數(shù)的單調(diào)性可得出，求出的取值范圍，可得出橢圓的離心率的取值范圍，即可得解.【詳解】由橢圓的定義可得，由余弦定理可得，當且僅當時，即當時，等號成立，又因為余弦函數(shù)在上單調(diào)遞減，故當時，即當為橢圓短軸頂點時，最大，因為橢圓上存在點滿意：，則，可得，所以，，故橢圓的離心率的最小值為.故答案為：.16.某公園有一個坐落在地面上的大型石雕，如圖是該石雕的直觀圖．已知該石雕是正方體截去一個三棱錐后剩余部分，是該石雕與地面的接觸面，其中是該石雕所在正方體的一個頂點．某愛好小組通過測量的三邊長，來計算該正方體石雕的相關(guān)數(shù)據(jù)．已知測得，，，則該石雕所在正方體的棱長為______；該石雕最高點到地面的距離為______．【答案】①.②.##【解析】【分析】補齊為正方體，設(shè)，，，結(jié)合勾股定理列出方程組即可解得，進而求得該石雕所在正方體的棱長；以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解點到平面的距離，進而求解.【詳解】如圖，補齊為正方體，設(shè)，，，則，解得，，，即該石雕所在正方體的棱長為.以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，所以，，，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，可得，所以點到平面的距離為，即該石雕最高點到地面的距離為.故答案為：6；.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知的三個頂點分別為，，.（1）求邊上的高所在直線的方程；（2）求邊上的中線所在直線的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得直線的斜率，利用點斜式求得邊上的高所在直線的方程.（2）先求得點坐標，再依據(jù)兩點式求得邊上的中線所在直線的方程.【小問1詳解】，所以直線的斜率為，所以直線的方程為【小問2詳解】線段的中點，所以直線所在直線方程為.18.在空間直角坐標系中，已知點，，，設(shè)，．（1）若與相互垂直，求的值；（2）求點到直線的距離．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分別求得與的坐標，再依據(jù)與相互垂直求解；（2）由求解.【小問1詳解】由題意知，，所以，．又與相互垂直，所以，解得．【小問2詳解】由（1）知，，所以，所以點到直線的距離．19.已知圓，圓．（1）探討圓與圓的位置關(guān)系；（2）當時，求圓與圓公切線的方程．【答案】（1）答案見解析（2），或.【解析】【分析】（1）求兩圓圓心距及半徑，利用幾何法推斷兩圓位置關(guān)系；（2）先推斷兩圓位置關(guān)系，法一，設(shè)出公切線方程，由切線分別與兩圓相切建立等量關(guān)系待定系數(shù)即可；法二，由相像性質(zhì)與半徑比，可得到公切線與軸交點坐標，再由交點設(shè)出點斜式方程待定斜率即可.【小問1詳解】由題意知，，兩圓的半徑分別為和4，①當，即，解得或時，圓與圓內(nèi)含；②當，即，解得或時，圓與圓內(nèi)切；③當，即，解得時，圓與圓相交；④當時，，無解，即圓與圓不行能外切也不行能外離．綜上所述，當或時，圓與圓內(nèi)含；當或時，圓與圓內(nèi)切；當時，圓與圓相交.【小問2詳解】當時，由（1）得圓與圓相交，由圖可知公切線的斜率存在，法一：設(shè)圓，圓的公切線的方程為，即，則由直線與兩圓都相切可得，，所以，則，或即或，分別代入，得或（無解），解得，所以，或.則公切線方程為或，即為，或.法二：因為兩圓圓心都在軸上，則由對稱性可知，兩公切線關(guān)于軸對稱，且交點在軸上，設(shè)為點，如圖，，則與相像，則有，又由,得，所以有，解得，即，設(shè)公切線方程為，即，則圓心到切線的距離，解得，則公切線方程為或，即為，或.20.已知雙曲線的左?右焦點分別為，.（1）若點A的坐標是，且的面積為，求雙曲線C的漸近線方程；（2）若以為直徑的圓與C的漸近線在第一象限的交點為P，且（O為原點），求雙曲線C的離心率.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）利用已知條件得，結(jié)合雙曲線中化簡整體求出，即可得雙曲線C的漸近線方程（2）依據(jù)題意作圖，依據(jù)圖形，利用余弦定理求出，從而得，即漸近線的傾斜角，則可以得出的值，結(jié)合得到關(guān)于離心率的齊次方程，解出即可【小問1詳解】因為，的面積為，所以，即，所以，解得或（舍去），所以，所以雙曲線C的漸近線方程是.【小問2詳解】因為以為直徑的圓與C的漸近線在第一象限的交點為P，如圖，，所以，在中，由余弦定理可得：，所以，則，所以，，，所以，，所以雙曲線C的離心率為2.21.如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，，，點，分別為，的中點，且.（1）求長；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）依據(jù)題意建立空間直角坐標系，寫出各點坐標得到和，依據(jù)垂直關(guān)系列出方程，即可求出；（2）依據(jù)線面角的向量公式即可求解.【小問1詳解】因為平面，平面，所以，，又底面是矩形，所以，以為坐標原點，，，所在的直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，設(shè)，所以，，，，，所以，所以，，又，所以，因為，解得，即；【小問2詳解】由（1）知，，設(shè)平面的一個法向量，所以，令，解得，，所以平面的一個法向量，又，設(shè)直線與平面所成角的大小為，所以，即直線與平面所成角的正弦值為.22.已知橢圓的左、右焦點分別為，，長軸的左、右端點分別為，，短軸的上、下端點分別為，，設(shè)四邊形的面積為S，且．（1）求，值；（2）過點作直線與交于，兩點（點在軸上方），求證：直線與直線的交點在一條定直線上．【答案】（1），（2）證明見解析【解析】【分析】（1）依據(jù)題意結(jié)合橢圓性質(zhì)列式求即可；（2）設(shè)直線的方程為，設(shè)，由直線與直線的方程整理可得，再聯(lián)立橢圓與直線的方程，結(jié)合韋達定理運算求解.【小問1詳解】由已知，得