四川省内江市第六中学2024-2025学年高二下学期入学考试数学试题（Word版附解析）

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考试时间：120分钟 满分：150分
第I卷选择题（满分58分）
一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方程得出其斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系得出答案.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，,
则，则，
故选：A.
2. 数列的一个通项公式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】观察数列的前5项分析其变化规律即可求解.
【详解】数列的前5项依次为，即，，，，，
所以的一个通项公式为．
故选：C
3. 若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出轴截面边长，再求出圆锥的底面半径和高，即可得体积．
【详解】设轴截面边长为，则，，
由题意圆锥底面半径为，母线长为国，∴高为，
体积为．
故选：B．
4. 已知双曲线的虚轴长是实轴长的倍，且与椭圆有公共焦点，则该双曲线的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用椭圆性质以及双曲线的性质即可求解.
【详解】由题知，椭圆焦点为，
设该双曲线方程为，半焦距为，
则，，即，
又，解得，，
所以双曲线方程为.
故选：A
5. 正方体中，直线与平面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】，连接，证明出平面，则是直线与平面所成的角，由边长关系，确定，得到答案.
【详解】正方体中，，连接，如图，
则有，而平面平面，故，
又平面，因此平面，
则是直线与平面所成的角，
又平面，故，
在中，，则有，
所以直线与平面所成的角为．
故选：A
6. 已知双曲线，A为双曲线C的左顶点，B为虚轴的上顶点，直线l垂直平分线段，若直线l与C存在公共点，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题意求得直线l的斜率，再根据直线l与C存在公共点，只需直线l的斜率大于渐近线的斜率即可求解.
【详解】
依题意，可得，则，
又因为直线l垂直平分线段，所以，
因为直线l与C存在公共点，
所以，即，
则，即，解得，
所以双曲线C的离心率的取值范围是.
故选：B
7. 在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，利用勾股定理可表示出弦长，代入面积公式，结合二次函数求最值即可求解.
【详解】圆心到直线的距离，
，
又，所以，即.
故选：D.
8. 已知抛物线，弦过其焦点，分别过弦的端点的两条切线交于点，点到直线距离的最小值是（ ）
A B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设，设出过点过处的切线方程与抛物线联立，由，得出其斜率，化简点过处的切线方程，同理得出点过处的切线方程,根据题意得出点的坐标，结合点到直线的距离公式可得出答案.
【详解】设，设过处的切线方程是，
联立，得，
由题意，即，
则在处的切线方程为，
同理，处的切线方程为，
设交点的坐标为，点在两条切线上，
所以，，则直线的方程是.
又过其焦点，易知交点的轨迹是，所以，：，所以交点到直线的距离是，
所以当时距离最小值为2.
故选：D
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. 设等差数列的前项和为.若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】 由等差数列的通项公式和前项和公式求出基本量，即可得到答案.
【详解】 设等差数列的公差为，因为，，
所以，解得，
所以，
，
故选：BC.
10. 在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是正方形内一动点（包含边界），下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若平面，则点的轨迹的长度是
C. 点在直线上运动时，的最小值是
D. 若点是棱的中点，平面截正方体所得的截面的周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：由平面平行可得点到平面的距离为定值，结合体积公式即可得；对于B：借助线面平行的判定定理与性质定理与面面平行的性质定理可得平面平面，计算即可得点的轨迹长度；对于C：把沿翻折到与在同一个平面，连接，借助两点之间线段最短计算即可得；对于D：画出截面图形后计算即可得.
【详解】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2，
则，故A正确；
对于B：如图，分别取中点，连接，
则，且，又，，
故且，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，
同理，有平面，
因为且都在面内，所以平面平面，
因为平面平面，所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确；
对于C，把沿翻折到与同一个平面，连接，
则是的最小值，其中是腰长为2的等腰直角三角形，
是直角边分别为的直角三角形， 由余弦定理可得：
，
即的最小值是，故C错误；
对于D：如图，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形，
其周长为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：求线段长度和的最小值，常常通过翻拆展开在同一平面内，利用两点间线段长最短求得长度和的最小值.
11. 一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（ ）
A. ，，，四点共线B.
C. 动点的轨迹方程为D. 既有最小值又有最大值
【答案】ABC
【解析】
【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.
【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，
则有，因为有公共点，所以三点共线，
且有，因为有公共点，所以三点共线，
即可得到，，，四点共线，A正确；
对于B，因为，所以，
即，
所以，B正确；
对于C，设，，
由，得，
两式相乘得：①，
同理可得：②，
则①+②得：，
又点在椭圆上，
，，
，即，即，C正确.
对于D，到直线的距离，
即为的最小值，无最大值，D错误.
故选：ABC
第II卷非选择题（满分92分）
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知等差数列，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的项的性质计算即可.
【详解】在等差数列中，.
故答案为：8.
13. 几何体结构素描是学习素描最重要的一个阶段.某同学在画“切面圆柱体”（用不平行于圆柱底面的平面去截圆柱，圆柱底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为__________.

【答案】##
【解析】
【分析】作出辅助线，根据二面角的大小得到，从而求出，得到离心率.
【详解】如图所示：切面与底面的二面角的平面角为，
故，
设圆半径为，则，
设椭圆的长轴长及短轴长分别为，故，
故，所以.

故答案为：
14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.书中介绍到：平面内两个定点及动点，若且，则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.现已知点为圆上一动点，为圆上一动点，点，点，则的最小值为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】 根据数量关系 可得 ，即 ，又 ，进而由 可得答案.
【详解】 由为圆上一动点，得，，
由为圆上一动点，得，，
又，.

因为，，所以，于是.
当共线且时取得最小值，即.
所以，当共线时等号成立.
故答案为：9.
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. 已知直线经过点，圆.
（1）若直线经过圆的圆心，求直线的一般式方程；
（2）若直线与圆相切，求直线的一般式方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用圆心和点可求直线的方程；
（2）讨论斜率存在与不存在两种情况，由相切可得圆心到直线的距离等于半径求解.
【小问1详解】
将圆化为标准方程为，
所以圆的圆心坐标为，半径为2，
所以直线经过点，
则直线的斜率，
整理得直线的方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，当直线的斜率不存在时，即直线的方程为，此时直线满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得，
故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
16. 已知双曲线的离心率为，实轴长为2.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）是否存在过点的直线与双曲线交于两点，且满足（其中为坐标原点）若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆的几何性质和离心率公式即可求解；
（2）设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求解.
【小问1详解】
由实轴长为2可得，得；
再由离心率，得，
所以，可得双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
如下图所示：显然直线斜率存在，设直线方程为，设，
联立，整理可得，
显然，且，解得；
可得，，
所以
，即，解得.
不满足且，不合题意；
因此不存在满足.
17. 已知六面体的底面是矩形，，，且.
（1）求证：平面；
（2）若平面，求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，利用平行四边形和矩形的性质可得，根据线线平行可得线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算可得结果.
【小问1详解】
如图，取中点，连接.
∵且，∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，，
∵四边形是矩形，∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
∵平面，∴，
∵四边形是矩形，∴，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，
∴，，.
设平面一个法向量为，
则，即，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面夹角的正弦值为.
18. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，.

（1）证明：：
（2）求平面和平面夹角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值：苦不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题设中的边的关系可证明，再结合线面垂直的判定和性质可得；
（2）结合（1）中结果可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面法向量后可求夹角的正弦值；
（2）设，利用点到平面的距离公式可求的值.
小问1详解】
因为为中点，故，而，故，
而，平面，
故平面，而平面，故
【小问2详解】
因，结合（1）中可得，
而，故，故，
结合（1）中及可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故平面的法向量为，
设平面的法向量为，而，
则即，取，则，
故，而，故.
【小问3详解】
设，其中，
由（2）可得平面的法向量为，
故到平面的距离为，由题设有，
故，故.
19. 已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）将转化为，由求出即可；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程得，由韦达定理及化简求解即可得出直线过定点；写出直线方程，作比化简得出，解得，即点在直线上，记与轴的交点为，借助表达出即可.
【小问1详解】
由椭圆知，，
，
所以，所以，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立直线与椭圆方程，得，
由韦达定理可得，，
所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，解得，
即直线方程为，
故直线过定点；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为，
所以，解得，即点在直线上，
记与轴的交点为，
则，
，
又因为同号，所以.