四川省阆中中学校2024-2025学年高二上学期期中学习质量检测数学试题 含解析

这是一份四川省阆中中学校2024-2025学年高二上学期期中学习质量检测数学试题 含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回， 圆与圆的位置关系是， 已知直线与圆交于两点，若，则， 已知圆， 设椭圆等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 时间：120分钟 ）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
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.如果需改动，用橡皮檫干净后，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，写在试卷上无效；
3.考试结束后，只将答题卡交回.
第I卷（选择题，共58分）
一、单选题：本大题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用斜率与倾斜角之间关系式得解.
【详解】，则斜率为，由，则倾斜角.
故选：B.
2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得.
详解】，
故.
故选：C.
3. 已知椭圆（）的左焦点为，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：根据焦点坐标可知焦点在轴，所以，，，又因为，解得，故选C.
考点：椭圆的基本性质
4. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】C
【解析】
【分析】求得两圆的圆心坐标与半径，结合圆与圆的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，圆，可得圆心坐标，半径为，
圆，则圆心坐标为，半径为，
可得两圆的圆心距，
则，即，
所以圆与圆相交.
故选：C.
5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的加法及减法运算法则进行线性运算，逐步表示即可得到结果.
【详解】∵点为中点，
∴，
∴.
故选：B.
6. 已知直线与圆交于两点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用弦长公式得圆心到直线的距离为1，再利用点到直线的距离公式得到方程，解出即可.
【详解】圆的圆心，
所以圆心到直线的距离为，则，
而，所以，解得：.
故选：A.
7. 在四棱锥中，，则这个四棱锥的高h等于（ ）
A. 1B. 2C. 13D. 26
【答案】B
【解析】
【分析】求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算即得.
【详解】设平面的法向量，则，令，得，
所以这个四棱锥的高.
故选：B
8. 已知圆：，若曲线上存在4个点到直线的距离为2，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得圆心坐标和半径，结合题意，得到圆心到直线的距离小于2，列出不等式，即可求解
【详解】由圆：，可得圆心，半径为4，
要使圆上存在4个点到直线的距离为2，
则满足圆心到直线的距离小于2，可得，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A
二、多选题：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. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，是椭圆上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 椭圆的离心率
C. 的最大值是D. 面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由椭圆方程得出，由椭圆的定义判断A；由离心率公式判断B；设根据二次函数的性质判断C；面积，结合的范围判断D
【详解】因为椭圆C的方程，故，
由椭圆的定义可知，故A正确；
离心率，故B错；
由椭圆性质可知，所以的最大值是3，故C对；
因为，又，
当时，即P在短轴的顶点时面积的取得最大值，
，故D对；
故选：ACD
10. 已知直线，直线，则下列说法正确的为（ ）
A. 直线过定点
B. 若，则
C. 若两条平行直线与间的距离为，则
D. 点到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线过定点问题可判断A；结合题设直线的方程易得，进而结合直线垂直与斜率的关系即可判断B；先根据直线平行与斜率的关系可得时，，再结合平行直线之间的距离公式求解判断C；分析可得时，点到直线距离最大，进而求出PQ即可判断D
【详解】由，
令，所以直线过定点，故A对；
若，所以，故B对；
若，则，即，
此时，即，，
因为直线与间的距离为，
所以或15，故C错；
由C知，直线过定点，要使点到直线距离最大，则，
则点到直线距离的最大值为，故D对；
故选：ABD
11. 中国结是一种传统的民间手工艺术，带有浓厚的中华民族文化特色，它有着复杂奇妙的曲线. 用数学的眼光思考可以还原成单纯的二维线条，其中的“”对应着数学曲线中的双纽线. 在平面上，把到两个定点，距离之积等于()的动点轨迹称为双纽线.已知双纽线：，是曲线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）

A. 曲线上满足的点有且只有一个
B. 曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D. 曲线上任意一点到坐标原点距离都不超过3
【答案】AD
【解析】
【分析】由推得，代入曲线C方程求解即可判断A；结合方程，求解整点坐标可判断B；联立方程组，结合解的唯一性求出的取值范围，判断C；结合方程以及距离公式可判断D
【详解】若曲线C上点P满足，则点P在的垂直平分线上，即y轴上，故，代入曲线C方程得，解得，
所以这样的点仅有一个，故A正确；
令，则，解得，
令，则，解得，
令，则，解得，
故曲线C经过整点只能是，故B错；
易知直线与曲线C：一定有公共点，
若直线与曲线C只有一个交点，
则只有一个解，
即只有一个解为，
即时，无解
故，即实数的取值范围为 ，故C错；
由可得，
当且仅当时取等号，
曲线上任意一点到坐标原点的距离，故D对；
故选：AD
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，是空间中两个不共线的向量，已知，，，且 三点共线，则实数___________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出向量，再根据，，三点共线得出与的关系，从而求出的值.
【详解】因为，已知，，
所以.
因为，，三点共线，所以与共线，即存在实数，使得.
已知，，则.
根据向量相等的性质，对于和前面的系数分别相等，可得.
由，解得，又因为，所以.
故答案为：.
13. 已知，，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系及两点距离公式计算即可.
【详解】易知为圆上一点Ax1,y1与直线上一点Bx2,y2的距离的平方，
易知圆心C−2,0，半径，点C到直线的距离，
则，所以.
故答案为：
14. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线的方程为．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线是平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据材料先求出三个平面的法向量，再根据交线的方向向量与平面和的法向量垂直求出直线的方向向量，在带图直线与平面夹角的正弦公式求值即可．
【详解】解：因为平面的方程为，所以平面的法向量可取．
同理平面的法向量可取，
的法向量可取，
设平面与的交线的方向向量为，
则，令，则，，所以．
则直线与平面所成角的正弦值为．
故答案为：．
四、解答题：本大题共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，两点，直线：.
（1）求直线AB的垂直平分线方程；
（2）若圆过，两点，且圆心在直线上，求圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设垂直平分线斜率，斜率，利用两点式求出斜率，再根据中点坐标公式求其中点坐标，利用求斜率奇为，即可求解；
（2）设圆心坐标为，根据两点到圆心距离相等以及圆心在直线上列方程组可得圆心坐标，可求出半径，根据圆的标准方程可求解.
【小问1详解】
设垂直平分线斜率，斜率，中点为
所以，所以C0,−3，
又因，所以可得，
所以根据点斜式可求出直线垂直平分线为，
即；
【小问2详解】
设圆心坐标为，因为圆心在直线，
所以，又因，两点在圆上，则圆心到两点距离相等
所以根据两点之间距离公式可知，
将两式联立可得
解之可得，根据圆心到点距离为半径可得，
所以圆的标准方程为
16. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题：
（1）证明：直线平面；
（2）是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，1.
【解析】
【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）设点的坐标为，求出平面的法向量，若假设存在，由，即可求解.
【小问1详解】
在棱长为2的正方体中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，
，
于是，
即，而平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
由（1）知，设平面的法向量为，
则，取，得，
假定存在点，使直线平面，设点的坐标为，
则，由，得，解得，
而平面，则平面，
所以存在点，使直线平面，此时.
17. 的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解；
（2）由已知根据面积公式可求得，，由余弦定理即可求；由正弦定理可得，由同角三角函数平方关系可得，由二倍角公式可得和，再根据两角差的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以
因为，所以，
因为，所以，
所以
因为，所以；
【小问2详解】
因为，所以，
又，所以，，
所以，
所以，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
，
所以.
18. 如图，在四棱锥中，四边形为矩形，与相交于点，，平面平面，且，点分别是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正弦值为.
①求的长；
②求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）① 2；②
【解析】
【分析】（1）连接，利用中位线性质，结合线面平行判定证明即可；
（2）①通过建系，写出相关点和向量坐标，求得平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式列方程，求解即得；
② 分别求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
小问1详解】
如图，连接,由于分别是中点，
则平面,平面,
则平面.
【小问2详解】
①因是矩形，故是的中点，又，所以，
又平面平面，平面平面平面，
故平面，如图，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，
过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.
设，所以
故，
设平面的法向量为n=x,y,z，又，
所以由，故可取，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
所以，
解得，所以；
②如图，因为，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，又，
所以，故可取，
设平面的一个法向量为，又，
所以，故可取，
设平面与平面的夹角为，
所以.
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19 已知圆和点，直线．
（1）点A在圆Q上运动，且A为线段的中点，求点N的轨迹曲线T的方程；
（2）点P是直线l上的动点，过P作（1）中曲线T的两条切线、，切点为B，C，求直线所过定点D的坐标；
（3）设E为（1）中曲线T上任意一点，过点E向圆Q引一条切线，切点为F．试探究：x轴上是否存在定点G（异于点Q），使得为定值？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在；的最小值为
【解析】
【分析】（1）设，则由A为线段的中点表示出，再由点A在圆Q上运动，将点A的坐标代入圆的方程中化简可得点N的轨迹曲线T的方程，
（2）设，则，设圆上任意一点为，则由圆的性质可得，再将点的坐标代入化简可得，再与圆的方程相减可得直线的方程，再将代入化简可求得答案，
（3）假设存在x轴上定点G（异于点Q）满足条件，设，则化简得，对恒为定值，必有，求出的值，从而可求得此定值，则可得，进而可得的最小值，
【小问1详解】
设，则
由点A在圆Q上运动，有
∴即为点N的轨迹线T的方程
【小问2详解】
点P是直线l上的动点，设，则，
曲线是以原点O为圆心，半径为2的圆，
过P作的曲线T两条切线，切点为B，C，易知B，C在以为直径的圆上
设圆上任意一点为，则
①
又切点B，C在曲线T上，有②
由②-①得B，C所在直线方程为
即对恒成立，
∴
故直线所过定点D的坐标为
【小问3详解】
设为曲线上任意一点，
假设存在x轴上定点G（异于点Q）满足条件，设
则
对恒为定值，
必有或（舍）
所以存在x轴上定点使得为定值，
即对于曲线T上任意一点E，恒有，
故，
所以随的增大而增大，
所以的最小值为．