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（含解析）

这是一份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（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
2．数列的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
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．
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．
5．正方体中，直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
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．
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．
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
二、多选题（本大题共3小题）
9．设等差数列的前项和为.若，则（ ）
A．B．
C．D．
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
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
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知等差数列，则 .
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 .

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 .
四、解答题（本大题共5小题）
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.
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.
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.
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.
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．
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用直线方程求得斜率，再利用斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】解：因为直线的斜率为，
所以直线的倾斜角是，
故选：A
2．【答案】C
【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．【答案】B
【解析】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．【答案】A
【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．【答案】A
【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．【答案】B
【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．【答案】D
【详解】圆心到直线的距离，
，
又，所以，即.
故选：D.
8．【答案】D
【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
9．【答案】BC
【详解】 设等差数列的公差为，因为，，
所以，解得，
所以，
，
故选：BC.
10．【答案】ABD
【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，把沿翻折到与在同一个平面，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.
11．【答案】ABC
【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
12．【答案】
【详解】在等差数列中，.
故答案为：8.
13．【答案】/
【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．【答案】9
【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.
15．【答案】(1)
(2)或
【详解】（1） 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.
（2） 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．【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）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.
（2）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．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
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.
（2）∵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．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）因为为中点，故，而，故，
而，平面，
故平面，而平面，故.
（2）因为，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m=x,y,z，而，
则即，取，则，
故，而，故.
（3）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．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【详解】（1）由椭圆知，，，
，
所以，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）（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.