四川省资阳天立学校2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份四川省资阳天立学校2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析），文件包含四川省资阳天立学校2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷原卷版docx、四川省资阳天立学校2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
第一部分（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. 已知空间向量，的夹角为，且，，则与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的运算律以及模长公式，结合夹角公式即可代入求解.
【详解】由，的夹角为，且，得，
，
设与的夹角为，则，
由于，故
故选：A
2. 若直线与直线垂直，则（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两条直线垂直的条件即可得解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，得，
所以.
故选：B.
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将圆的一般式化为标准式，得到圆的圆心坐标，再代点到直线的距离公式即可.
【详解】，,圆的圆心为，
它到直线的距离为：
故选：D．
【点睛】本题考查点到直线的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题.
4. 已知复数满足，则复数在复平面内所对应的点的轨迹为（ ）
A. 线段B. 圆C. 椭圆D. 双曲线
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得其几何意义为任意一点到点于的距离和为，符合椭圆定义，即可得到答案.
【详解】设，
因为，
所以，
其几何意义为任意一点到点于的距离和为，
又点和之间的距离小于，符合椭圆定义，
所以复数在复平面内所对应的点的轨迹为椭圆.
故选：C.
5. 在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，得出直线方向向量，利用夹角公式计算即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，，
由分别为的中点，则，，
则，，设异面直线与的夹角为，
.
故选：A.
6. 若圆上恰有三点到直线的距离为2，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】圆的圆心，半径，由圆上恰有三点到直线的距离为2，得到圆心到直线的距离为1，由此能出的值．
【详解】由得，所以圆心，半径，
因为圆上恰有三点到直线的距离为2，
所以圆心到直线的距离为1，
即，解得，
故选：C．
7. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A，B，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由切线长定理可知，根据得，设点，由根据的范围可得答案.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，又因为，
所以，，所以，，
则，
设点，则，且，所以，
，
所以，，故.
故选：B.
8. 设抛物线的焦点为，为抛物线上一点且在第一象限，，若将直线绕点逆时针旋转得到直线，且直线与抛物线交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据焦半径公式求出点的坐标，进而可求出直线的倾斜角，从而可得直线的倾斜角，即可得出直线的方程，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据抛物线的焦点弦公式即可得解.
【详解】，
设，
则，所以，则，
故，
所以，
则直线的倾斜角，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
联立，消得，
，
设，
则，
所以.

故选：A.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ）
A. 平面
B.
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 平面与平面的夹角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得.
【详解】选项A：
如图连接交于，连接，
由题意可知为的中点，又为的中点，故，
又平面，平面，故平面，故A正确；
选项B：由题意为等边三角形，为的中点，
故,
又棱柱为直三棱柱，故，
又，平面，平面，
故平面，又平面，故，故B正确；
选项C：
如图建立空间直角坐标系，则，，，
因，故，
所以，，
设异面直线与所成角为，则
故C错误；
选项D：由题意平面的一个法向量为，
，，，
设平面的法向量为，则
，即，设，则，，
故，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
故，故D正确，
故选：ABD
10. 设点为圆上一点，已知点，则下列结论正确的有（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为8
C. 存在点使
D. 过A点作圆的切线，则切线长为
【答案】AD
【解析】
【分析】设，利用圆心到直线的距离不大于半径求得的范围，判断A，确定的最小值及取得最小值时的值，再由已知圆判断B，求出满足的点有轨迹圆，由两圆位置关系判断C，求出切线长判断D．
【详解】设，即，由得，∴的最大值是，A正确；
，只有且时，才能取得最小值8，但时，且，因此上述最小值不能取得，B错；
由得，整理得，因此满足的点在圆，此圆圆心为，半径为，而，因此它与圆外离，因此圆上不存在点，满足， ，C错；
圆圆心为，半径为，则过A点作圆的切线的切线长为，D正确．
故选：AD．
11. 设F为双曲线的焦点，O为坐标原点，若圆心为，半径为2的圆交C的右支于A，B两点，则（ ）．
A. C的离心率为B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率定义可判断A；设，，联立，结合根与系数的关系式化简可得，判断B；结合B的结论，利用基本不等式结论判断C；利用双曲线焦半径公式可得的表达式并化简，结合二次函数性质即可判断D.
【详解】对于A，因为，则，所以C的离心率为，故A正确；
对于B，设，，

联立，消去x可得，
则，解得；
，，
则，，
所以，故B错误；
对于C，，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，当F为右焦点时，
，
因为，
所以，
当且仅当或2时取等号，
所以．
显然当F为左焦点时，，所以，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要利用双曲线的焦半径公式求出的表达式，结合二次函数性质进行求解.
第二部分（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得存在实数，满足，然后建立方程即可求解．
【详解】若，，三个向量共面，则存在实数，满足，
即，
所以，解得，
故答案为：．
13. 若直线与圆相交于A，B两点，当取得最小值时，直线l的斜率为______.
【答案】2
【解析】
【分析】由分析知，直线l过定点，所以当时，取得最小值，求解即可.
【详解】由题意，得圆C的圆心，半径，直线l过定点，
因为，所以点P在圆C内.
所以当时，取得最小值，此时的斜率，故l的斜率为2.
故答案为：2.
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为为上且不与顶点重合的任意一点，为的内心，为坐标原点，记直线的斜率分别为，，若，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，设圆与轴相切于点，结合圆的切线长的性质证明，结合椭圆性质可得，由内切圆性质可得，由条件确定关系，由此可求离心率.
详解】设，设圆与轴相切于点，
则，
又，，
所以，
所以，
即，
过点作直线的垂线，垂足为，
则，
所以，
所以，所以，
∴，
∴，
由三角形面积相等，得，
，
，
，
所以，
，即得.
故答案为：.
.
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围)．
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，，是空间中不共面的向量，若，，.
（1）若三点共线，求的值；
（2）若四点共面，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三点共线可设，列方程求；
（2）由四点共面可设，列方程可得的关系，由此可求的最大值．
【小问1详解】
因为三点共线，则，
又， ，
有}解得；
【小问2详解】
因为四点共面，则，
则，
有 解得，
所以，
当时，取到最大值
16. 在中，顶点A在直线上，顶点B的坐标为边的中线所在的直线方程为边的垂直平分线的斜率为．
（1）求直线方程；
（2）若直线l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，求直线l的方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出直线方程，与直线方程联立求出点的坐标，再设出点的坐标，由的中点在直线上，求出点的坐标，然后求出直线方程.
（2）按直线过的中点及与平行求出方程即得.
【小问1详解】
由边的垂直平分线的斜率为，得直线方程为，即，
而边中线所在的直线方程为，
由，解得，则，设点，则点，
于是，解得，即点，直线的斜率，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，，，
由直线l过点B，且点A、点C到直线l的距离相等，得直线过边的中点，或，
当直线过时，直线的斜率为，方程为，即，
当直线时，直线的斜率为，方程为，即，
所以直线l的方程为或.
17. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆A相交于
（1）求圆的方程；
（2）当时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】(1)由题意知点到直线距离公式可确定圆A半径，带入到圆的标准方程可求得圆的方程；
(2) 过A做，由垂径定理可知圆心到直线，设出直线，可分为斜率存在和斜率不存在两种情况，解之可得直线方程
【小问1详解】
易知到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
【小问2详解】
过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点，设方程为：，
由到距离为知得，
代入解之可得，
所以或为所求方程．
18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，，点为的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）二面角的大小；
（3）设点在（端点除外）上，试判断与平面是否平行，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不平行，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接与交于点，连接，根据菱形的性质与中位线的性质得出，结合已知得出平面，即可根据面面垂直的判定证明平面平面；
（2）以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，根据已知结合菱形的性质与中位线的性质得出各点坐标，即可得出，，，利用平面法向量的求法得出平面的一个法向量为的坐标，再根据面面垂直的性质得出平面，即为平面的一个法向量，即可由二面角的向量求法得出答案；
（3）设，由向量的运算得出点的坐标，即可得出，再结合（2）得出的平面的一个法向量为的坐标，结合线面平行的向量求法判断即可.
【小问1详解】
证明：连接与交于点，连接，
底面为菱形，
点为的中点，
点为中点
，
又平面,
平面，
又平面，
平面平面；
小问2详解】
平面，且底面为菱形，
两两垂直，
以为原点，以向量方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
底面ABCD为菱形，且，,
，,
分别为的中点，
，,
则,,,，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，
，
平面平面，且平面平面，平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则.
所以二面角的大小为；
【小问3详解】
因为点在线段（端点除外）上，设，
，，，则，
则，
则，
则，
则
，
所以与平面不平行.
19. 已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，右焦点到其中一条渐近线的距离为1.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线（斜率存在且不为0）与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得到关于的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与双曲线方程，得到，，再由三点共线得到，代入即可得解.
【小问1详解】
∵双曲线的方程为：，
∴双曲线的渐近线方程为，设右焦点的坐标为，
则，解得，，
∴双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，双曲线的右焦点，
设直线与轴交于点，直线的方程为，，，则，
联立，消去得，
显然有且，
化简得且，
则，，
故，，
∵，，三点共线，
∴，则，
∴，
又，∴，
∴，
∴，化简得，经检验符合题意，
∴直线的方程为：，
∴直线经过轴上的一个定点，
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.