重庆市第十八中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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（命题人：汪巧逢 审题人：方殷）
考试说明：1.考试时间120分钟 2.试题总分150分 3.试卷页数2页
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备选选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知椭圆方程为，则焦距是（ ）
A. 8B. 12C. 20D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程可求得，进而可得焦距.
【详解】因为，所以，
所以，解得，
所以焦距.
故选：D.
2. 倾斜角为的直线的单位方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线方向向量与斜率的关系，再由单位向量模长计算可得结果.
【详解】易知倾斜角为的直线斜率为，所以其方向向量应为;
设单位方向向量为，可得，即，
解得；
故直线的单位方向向量可以为或.
故选：C
3. 在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
4. 、、是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成的夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将、、三条射线截取出来放在正方体中进行分析，建系，利用空间向量法求解.
【详解】如图所示，把、、放在正方体中，使得这三条线成为正方体的三条面对角线，则、、的夹角均为．
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，
则、、、，
所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，所以，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以．
故选：B．
5. 已知点是曲线围成的图形内的一个动点（包含边界），则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将曲线方程化简，作出其图形，设，可知当直线与曲线相切，且切点在第三象限时，取最小值，即直线与圆相切，且，利用点到直线的距离公式即可得解.
【详解】当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即.
作出曲线的图象如下图所示：

设，可得，
由图可知，当直线与曲线相切，且切点在第三象限时，取最小值，
此时，直线与圆相切，且，
圆心为，半径为，则，
因为，解得，故的最小值为.
故选：B.
【点睛】结论点睛：常见的非线性目标函数的几何意义：
（1）：表示点与点连线的斜率；
（2）：表示点到点的距离；
（3）：表示点到直线的距离的倍.
6. 若对圆上任意一点，的取值与、无关，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，设，分析可知，，则恒成立，则恒成立，利用三角恒等变换求出的最大值，即可得出实数的取值范围.
【详解】先证明，其中、，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，，与、无关，
当且仅当时，等号成立，
设，则
，为锐角，且，
所以，恒成立，则恒成立，
因为，
为锐角，且，
所以，.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据原的参数方程所求代数式的几何意义.
7. 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（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出满足条件的过三点、、的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为和，并依据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，舍弃，得到满足条件的，从而得出答案.
【详解】因为、，则线段的中点坐标为，易知，
则经过、两点的圆的圆心在线段的垂直平分线上，
设圆心为，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），
则此时的坐标为，
代入圆的方程得，解得或，
即对应的切点分别为和，
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，即点的横坐标为.
故选：A.
8. 如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，则
A. γ<α<βB. α<γ<βC. α<β<γD. β<γ<α
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设O为三角形ABC中心，则正四面体D–ABC顶点在底面ABC的投影为O，过O分别作PR、PQ、RQ的垂线，垂足分别为E、F、G，连结DE、DF、DG，则有
所以
只需比较OE、OF、OG的大小：
在底面三角形ABC中，建立如图示的坐标系，
不妨设,则
所以直线RP的方程为，直线PQ的方程为，直线RQ的方程为,由点到直线的距离公式，可求出：所以,所以，有α,β,γ均为锐角，所以α<γ<β.
故选：B
【点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．
二、多项选择题：（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. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A. 始终过定点B. 若，则或
C. 若，则或D. 当时，始终不过第三象限
【答案】AC
【解析】
【分析】将直线的方程变形为，由可求得直线所过定点的坐标，可判断A选项；利用两直线平行求出参数的值，可判断B选项；利用两直线垂直求出的值，可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的方程可化为，
由，解得，即直线始终过定点，A对；
对于B选项，若，则，解得，B错；
对于C选项，若，则，解得或a=2，C对；
对于D选项，当时，直线交轴的负半轴于点，交轴于点0,1，如下图所示：
由图可知，当时，经过第三象限，D错.
故选：AC.
10. 已知圆C：，直线l：.则以下几个命题正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 直线与圆恒相交
D. 直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线方程求出定点坐标即可判断选项A；求出圆和轴的交点坐标，即可判断选项B；利用定点和圆的位置关系即可判断选项C；当弦长最短时，直线与过圆心的直线垂直，从而判断选项D.
【详解】选项A中，直线方程整理得，由，解得，
∴直线过定点，A正确；
选项B中，在圆方程中令，得，，
∴轴上的弦长为，B正确；
选项C中，，∴在圆内，直线与圆一定相交，C正确；
选项D中，直线被圆截得弦最短时，直线且，
∴，则直线方程为，即，D错误.
故选：ABC.
11. 已知棱长为2的正方体中，为的中点，为上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面B.
C. 与的距离是D. 动点的轨迹长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面平行判定定理即可判断A正确，再由向量数量积的坐标表示计算可得B错误，利用异面直线间的距离的向量求法计算可得C正确，求出动点的轨迹即可得其长度为，可得D正确.
【详解】根据题意以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，易知，
易知；
设平面一个法向量为，
则，令，可得，
可得法向量，
由平面可得，即可得；
因此可得即，即点在直线上，
对于A，由正方体性质可得，又平面，平面，
所以平面，即A正确；
对于B，又，可得，
显然，即B错误；
对于C，又，，
设与都垂直的向量为，可得，
令，可得，即，
又，所以与的距离为，即C正确；
对于D，由点在直线上且为上的动点，设点
连接交于点，因此动点的轨迹为线段，易知;
所以，即动点的轨迹长为，所以D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正方体性质建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示求得点动点的轨迹所在位置，即可得出异面直线间的距离以及轨迹长度.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 曲线是焦点在轴上的椭圆，则的范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】将曲线方程化为椭圆的标准方程，由题意，的分母大，同时注意到分母都要大于，即可解出的范围.
【详解】将曲线方程化为，由题意可得：，
解之得：，即：.
故答案为：.
13. 过点且纵横截距相等的直线方程是__________（直线方程一般式）
【答案】或
【解析】
【分析】分类讨论，当直线过原点时直接求斜率即可得，当直线不过原点时设出截距式方程计算.
【详解】当直线过原点时，直线的斜率为，
此时直线的方程为，即；
当直线不过原点时，设所求直线的方程为，即，
将点的坐标代入直线方程可得，此时直线的方程为，
因此，所求直线方程为或．
故答案为：或．
14. 已知长方体，，，，在上取一点，在上取一点，使得直线平面，则线段的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，即，
设，，
则，
因为直线平面，则，
可得，解得，
则，
可得
当且仅当，时，取得最小值，即的长度的最小值为．
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. 如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【详解】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 AD.
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
16. 如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.
（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；
（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.
【详解】（1）由得圆心，
∵圆的半径为1，
∴圆的方程为：，
显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．
∴，
∴，∴或．
∴所求圆的切线方程为或．
（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，
则圆的方程为．
又∵，
∴设为，则，整理得，设为圆．
所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
∴，
由，得，
由，得．
综上所述，的取值范围为．
考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.
【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.
17. 如图，矩形中，，，，、、、分别是矩形四条边的中点，、、是线段的四等分点，、、是线段的四等分点.
（1）证明直线与、与、与的交点、、都在椭圆上.
（2）若，.、为其左右焦点，过作直线交椭圆于，两点，若内切圆半径为，求其面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线的方程，再求出它们的交点的坐标，再证明在椭圆上，同理可得、都在椭圆上．
（2）根据椭圆的性质以及三角形的面积公式可求面积.
【小问1详解】
由题得，所以，
所以直线的方程为，（1）
由题得，所以，
所以直线的方程为，（2）
联立方程（1）（2）解之得,
所以直线，的交点为，代入椭圆方程得，
所以直线与的交点在椭圆上.
同理与、与的交点、、都在椭圆上.
【小问2详解】
若，，椭圆的方程为，
所以的周长为，又因为内切圆半径为，
所以的面积为.
18. 在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与直线的距离；
（3）求平面与平面所成二面角的平面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）取的中点，连接，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线的距离；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的平面角的正弦值.
【小问1详解】
因为侧面为菱形，，，
所以、为边长为的等边三角形，
在平面内作，垂足为点，则点为的中点，
因平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，可得，
又，，、平面，可得平面，
因为平面，所以，
因为侧面为菱形，所以，
因为，、平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为四边形为菱形，则，，
因为、分别为、的中点，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，则平面，
又因为平面，平面，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，
则、、、、、，
，，
因为，所以，直线与直线的距离为
.
【小问3详解】
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，，则.
因此，平面与平面所成二面角的平面角的正弦值为.
19. 已知圆，.
（1）证明：圆过定点；
（2）当时，点为直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，.
①当取最小值时，求直线的方程.
②过作直线的垂线，垂足为，求证：存在点使得为定值，并求出定值.
【答案】（1）圆过定点；
（2）①直线的方程为.
②存在这样的点，使得为定值
【解析】
【分析】（1）依题意改写圆的方程，令参数的系数为0即可；
（2）①根据题意可得，进而由点到直线的距离公式可求最小值，求出此时的点的坐标，求得过的圆的方程，可求直线的方程.
②设，求得过的圆的方程，求得直线的方程，可得直线过定点，由条件可得点在以为直径的圆上，进而可求定值.
【小问1详解】
依题意，将圆的方程化为：
，
令，即，则，
解得，即圆过定点；
【小问2详解】
①当时，圆，可得圆心，半径，
由平面几何知识可知，
所以，
所以最小时，最小，
圆心到直线的距离即为的最小值，
即，此时直线，
所以直线的方程为，与直线联立，可求得，
此时以为直径的圆上任意一点，
则，
故圆的方程为，又圆，
两式作差可得直线的方程为.
②设，由平面几何知识为四点共圆，
设圆上任一点，则，
所以圆的方程为，
与圆作差可得直线的方程为，
所以，表示过与的交点的直线，
由，解得，所以直线过定点，
因为，所以在以为直径的圆上，
故圆心到点的距离为圆的半径（定值），
所以存在点为线段的中点，此时坐标为，
所以存在这样的点，使得为定值.
【点睛】关键点点睛：重点在于利用两圆的公共弦所在直线方程的求法求得直线的方程，进而求得直线过的定点是解得第二问的定值的关键.