重庆市2024_2025学年高二数学上学期期中试题I卷含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高二数学上学期期中试题I卷含解析，共10页。试卷主要包含了保持卡面清洁，不折叠，不破损， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号：非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚.
3.考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）作答，写在草稿纸上､超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效.
4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.
5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
一､单选题：本题共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. 若直线的一个方向向量为，则该直线的倾斜角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】由直线的一个方向向量为，得直线的斜率，
所以该直线的倾斜角大小为.
故选：C
2. 已知椭圆上有一点P到右焦点的距离为4，则点P到左焦点的距离为（ ）
A. 6B. 3C. 4D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义即可求出.
【详解】由椭圆，得，即，设左焦点为，右焦点为，
则，因为，所以，即点到左焦点的距离为2.
故选:D.
3. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理运算求解.
【详解】,
化简得到.
故选：B.
4. 已知圆，圆，则圆的位置关系为（ ）
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出两圆的圆心坐标和半径，根据圆心距与两圆半径和差大小关系得出两圆位置关系.
【详解】由题意得，，
，
故的圆心坐标，半径，
圆圆心坐标，半径，
故圆心距，
所以，
故两圆外切.
故答案选：B.
5. 若直线与平行，则两直线间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用两直线平行求得，再利用两平行直线间的距离公式即可得解.
【详解】因为直线与平行，
所以，解得或，
当时，两直线方程都为，此时两直线重合，不合题意，
当时，与平行，故，
故，
所以两直线间的距离为.
故选：C.
6. 过点，，且圆心在直线上的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程．
【详解】因为过点与，
所以线段AB的中点坐标为，，
所以线段AB的中垂线的斜率为，
所以线段AB的中垂线的方程为，
又因为圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆心为，
所以圆的方程为.
故选：A
7. 正方体的棱长为是的中点，则三棱锥的体积是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形几何关系，分别找出三棱锥的底面面积和高，根据公式计算得出体积大小.
【详解】如图所示，
连结，连结与AC交于点O，连结.
由图可知，因为正方体棱长为2，所以根据图中几何关系与勾股定理易得，
，，，
，，
，，
所以在中，，
即.
又因为在正方体中，，O是AC中点，
所以，
又平面ACF，
所以平面ACF，
于是三棱锥的高即为.
又在中，，
所以，
所以三棱锥的体积，
故答案选：D.
8. 一条光线从点射出，经反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】先求得点关于直线的对称点，再设切线方程，由圆心到切线的距离等于半径求解.
【详解】解：设点关于直线的对称点为，
则，解得 ，即 ，
易知切线斜率存在，设直线方程为：，即 ，
则圆心到切线的距离等于半径，即 ，
整理得：，解得或，
故选：B
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线与直线垂直
B. 若直线经过第三象限，则
C. 过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
D. 经过点的直线方程均可用表示
【答案】AD
【解析】
【分析】根据选项结合直线方程知识点逐一判断正误即可.
【详解】对于选项A，当时，直线方程为和，
两直线垂直，故选项A正确；
对于选项B，直线与轴的交点分别为，
当直线经过一，二，三象限时，，可得，
可得，故B错误；
对于选项C，当直线在轴上的截距都为0时，有直线同样满足条件，故C错误；
对于选项D，根据直线方程的定义与表示法，
可表示任意过的直线，故D正确.
综上所述，答案选AD.
10. 已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆恒相交
C. 的最小值为
D. 若点在圆上，则的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合直线与圆的方程以及直线与圆的位置关系相关知识点对选项逐一分析判断即可.
【详解】对于选项A，直线，
可得当时方程恒成立，即直线恒过定点2,3，
故A正确；
对于选项B，因为直线恒过定点2,3，根据圆M的标准方程可得，
，所以点在圆M内，所以直线与圆恒相交，
故B正确；
对于选项C，如图所示，设为点P，则，
当直线l于MP的连线垂直时，取得最小值，
此时由圆的弦长公式可得，，
故C错误；
对于选项D，
可将其看成点到点距离的平方再减1，
由于是圆上的点，如图所示，
，连结，则ME于圆的交点即为,
此时取得最小值，
故此时的最小值为，
故D正确.
故选：ABD.
11. 在正方体中，，点是的中点，空间中一点满足，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得平面
D. 当时，有且仅有一个点，使得与所成角为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据选项逐个分析当x，y取不同值时相应的图形关系，再判断选项是否正确即可.
【详解】对于选项A，当时，，
如图所示，

根据平面向量基本定理，此时P在线段上，
由于在正方体中，平面，平面，
所以，选项A正确；
对于选项B，当时，，
如图所示，

由平面向量基本定理，此时P在线段上，
由图可知，三棱锥当以平面为底面时为定值，
但因为顶点P在线段上运动，所以P到底面的高不确定，
故三棱锥体积不是定值，选项B错误；
对于选项C，当时，如图所示，

此时，
由平面向量基本定理，取AB与中点M，N，则P在线段MN上运动，
由图可知，过B点且与平面平行的平面为平面，
平面，所以此时平面，
又P是MN与交点，即当且仅当P是MN中点时，有平面，
故选项C正确；
对于选项D，如图所示，

以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
因为，则有，
又，
所以，
所以.
于是，，
所以的夹角为时有，
，
解得或，
即或都可以使得的夹角为，
选项D错误.
故选：AC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 焦点在轴上，焦距为2，且经过点的椭圆的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，，即可求出，从而得到椭圆方程.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，焦距为2，且经过点，
所以，，则，
所以椭圆的标准方程为.
故答案为：
13. 圆：与圆：相交于、两点，则_________．
【答案】4
【解析】
【分析】先求出相交弦所在直线的方程，然后根据圆的弦长的求法求解即可.
【详解】由圆：与圆：，
两圆相减得公共弦AB所在直线方程为：，
有圆：，可得圆心，半径，
所以圆心到直线AB的距离，
所以
故答案为：4.
14. 已知是圆上两点，且，直线上存在点使得，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆的弦长公式求得，从而得到计算得到，再利用向量线性运算的坐标表示得到关于的表示，进而代入得到关于的二次方程，利用判别式得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】依题意，设中点为Mx,y，，，，
故，即，则，
因为，则，
故，则，
整理得，由题意可知必存在，
即方程有解，故，解得或，
即的取值范围为.
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. 已知直线，直线，记两条直线的交点为．
（1）求两条直线交点的坐标；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）通过联立方程组来求得点的坐标.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合点到直线距离求得的方程.
【小问1详解】
联立可知：且
点的坐标为．
【小问2详解】
设讨点的直线的方程为．
整理可得：．
圆的圆心为，半径为，，
由点到直线距离公式可得：，解得：．
所求直线方程为；
当直线的斜率不存在时，即时符合题意．
综上：所求直线的方程为或.
16. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形，，点为棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质与判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据题意建立直角坐标系，利用（1）中结论得平面的一个法向量，从而利用空间向量法求得线面角，由此得解.
【小问1详解】
因为在长方体中，平面，
又平面，所以，
在中，，所以，则，
又平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
以为轴，为轴，为轴建立如图所示坐标系，

则，
故，
由（1）知平面，所以平面的一个法向量是，
设直线与平面所成角为，，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知圆是圆上的一个动点，点是线段的中点，为坐标原点.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）当时，求直线的方程及的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用相关点法即可求得动点的轨迹方程；
（2）先利用圆的性质求得直线的斜率，进而求得直线的方程，再利用垂径定理求得的长，进而求得的面积.
【小问1详解】
可化为，
设，
是线段的中点，即
又因为在圆上，
，即
整理得.
的轨迹方程是.
【小问2详解】
由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
由于，故点在线段的垂直平分线上，
又点在圆上，故点在线段的垂直平分线上，
从而.
，直线的斜率为.
直线的方程为，即.
则到距离为，
.
又到直线的距离为.
.
18. 如图，四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形且垂直于底面是的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）点在棱上，且二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用中位线性质和平行线的传递性得到线线平行，进而得到四边形为平行四边形，再用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，运用向量法求得比例，然后利用锥体体积公式求解即可.
【小问1详解】
取中点，连结，
因为为的中点，所以，
由，得，
又，所以，
则四边形平行四边形，有，
又平面平面，故平面.
【小问2详解】
由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设，则可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
又易知底面的一个法向量为，
由于二面角的余弦值为，
，
，解得或（舍去），
19. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点作直线，交轨迹于两点，记的面积为，求的最大值，以及取最大值时的直线方程.
（3）设轨迹与轴正半轴的交点为，直线相交于点，试证明点在定直线上，求出该直线方程.
【答案】（1）
（2），
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设，根据两点距离公式建立方程，整理即可求解；（2）易知直线的斜率存在，设直线方程为，利用点到直线的距离公式和几何法求弦长表示.结合点线距公式、基本不等式和三角形面积公式，分类讨论当、时S的取值范围即可；（3）设，直线方程联立圆方程，利用韦达定理表示，同时表示直线的方程和直线的方程的方程，求出交点N的坐标即可证明.
【小问1详解】
设点，由题意可得，
即，化简得，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
则
设，因为，则，即.
所以，，
因为，所以.
此时，，即，所以直线的方程为：.
【小问3详解】
，设，
联立消得，
则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立解得，
则，
所以，所以点在定直线上.