重庆市2024_2025学年高二数学上学期11月联考试卷含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高二数学上学期11月联考试卷含解析，共20页。试卷主要包含了 在直三棱柱 中， 等内容，欢迎下载使用。
1. 答卷前， 请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号:
2. 选择题必须使用 铅笔填涂；非选择题必须使用 黑色签字笔答题；
3. 请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；
4. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回.
第 I 卷
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选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线 的倾斜角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由一般式求出斜率，再由斜率与倾斜角的关系求出即可；
【详解】由题意可得直线的斜率为，
设倾斜角为，，即，
故选：C
2. 在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间中射影点的特点求解即可.
【详解】在坐标平面内的射影点的坐标为.
故选：B
3. 抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将抛物线化为标准形式，根据焦点坐标公式即可解出．
【详解】得到，则焦点坐标为．
故选：D.
4. 已知圆 ，圆 ，则圆 与圆 的位置关系为（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【答案】D
【解析】
【分析】由标准方程得到两圆心和半径，再由两圆心距离等于半径之差求出即可；
【详解】由题意可得，，
所以，而，
所以，所以两圆相内切，
故选：D.
5. 在四面体 中，棱 长度相等且两两互相垂直，棱 中点为 ，则异面直线 与 所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，可得为异面直线 与 所成的角，再由几何关系确定其大小即可；
【详解】
如图，取的中点，连接，
由中位线的性质可得为异面直线 与 所成的角，
设，
由 长度相等且两两互相垂直可得，
又，
所以，即异面直线 与 所成角的大小为，
故选：C
6. 已知为双曲线的两个焦点，为双曲线上一点， ，则的面积为（ ）
A. 8B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的定义及计算出，，可知为直角三角形，然后计算面积即可.
【详解】因为双曲线 ，所以，，所以，
为双曲线上一点，，所以为双曲线上右支上一点，
由双曲线的定义得：，，
所以，所以，，，
所以，所以，
故，
故选：B
7. 在平面直角坐标系 中，点 ，动点满足 ，则 面积的最大值为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】满足 的动点的轨迹是圆，当点到轴距离最大时，面积最大.
【详解】设，由得，
化简，整理得，
即动点的轨迹方程为：，
的面积,
当点到轴距离=时， 为最大值.
故选：A.
8. 若椭圆上存在四个点到的距离相等，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两点距离公式与椭圆上的点坐标得到，进而得到关于齐次方程，从而得解.
【详解】设椭圆上的点，则由椭圆的方程有：，
椭圆上的点到的距离为：，
所以
，
椭圆上存在四个点到的距离相等，
所以方程有两个解，
则，
解得，所以，
所以，
故离心率的取值范围为.
故选：D.
二、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， 部分选对得部分分， 有选错的得 0 分.
9. 已知直线 和直线 ，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线 过定点B. 直线 的一个方向向量是
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】令可得A正确；由直线的斜率确定方向向量可得B错误；由两直线平行充要条件可得C正确；由两直线垂直的充要条件可得D正确；
【详解】令，则，所以直线过定点1,0，故A正确；
直线 的斜率为2，所以直线 的一个方向向量是，故B错误；
若 ，则，解得，经检验符合题意，故C正确；
若 ，则，故D正确；
故选：ACD.
10. 在直三棱柱 中， . 点 为线段 AB 中点，点 为棱 上的动点. 则下列选项正确的是（ ）
A. 平面
B. 四棱锥的体积为
C. 的最小值为
D. 直线 AB 与平面 所成角正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知建系求出平面的法向量得出进而判断A；利用向量法求出线面角判断D，利用线面垂直得平面，求出四棱锥的高计算判断B；根据侧面展开图求出的最小值判断C.
【详解】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，.
对于A，设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，，所以平面的一个法向量为.
，平面，所以平面，故A选项正确；
对于D，设直线 AB与平面所成角为，
，所以，故D正确；
对于B，过点作，垂足为，又因为平面，平面，
所以，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
所以点和点到平面距离相同，
因为，所以，
所以四棱锥体积为，故B错误；
对于C，展开侧面得出矩形，当连接交于时，
的最小值为 ，故C正确.
故选：ACD.
11. 直线 与 轴的交点 为抛物线 的焦点，若点 为坐标原点， 与 交于 两点. 则（ ）
A
B.
C. 重心横坐标的最小值为 43
D. 以线段 AB 为直径的圆被 轴截得的弦长为定值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线恒过定点可得，即可判断A；直线方程联立抛物线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示计算即可判断B；由选项B，结合三角形重心的概念计算即可判断C；求出以AB为直径的圆的方程，进而表示出圆被轴所截的弦长，即可判断D.
【详解】A：易知直线恒过定点，即，所以，解得，故A错误；
B：由选项A知抛物线，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由，得，所以，
得，所以，故B正确；
C：由选项B知的重心的横坐标为，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
D：设的中点为，则，，
所以以AB为直径的圆的方程为，
即，设该圆与轴交，
令，得，所以，
所以，
所以以AB为直径的圆被轴所截的弦长为，不是定值，故D错误.
故选：BC
【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点（值），再证明这个点（值）与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点（值）．
第II卷
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 写出一个同时满足下列条件①②③的双曲线方程为_____
①中心在原点，焦点在 轴上; ②两条渐近线互相垂直; ③焦距大于 2 .
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据①设双曲线方程为，根据②得到与关系式，根据③得到的取值范围，写出满足条件的双曲线方程.
【详解】由①可设双曲线方程为，
由②可得渐近线方程为，
则，所以，由③可得，
所以，可取，
所以双曲线方程为.
故答案为：.
13. 已知四点共面，则 _____.
【答案】
【解析】
【分析】由共面向量的基本定理求解即可
【详解】因为四点共面，
所以设，
，，，
所以，所以，
故答案为：
14. 已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时，_____；当时，的最小值为_____.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出AB，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值；
【详解】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时，
由可得，又，所以，
设圆的半径为，所以在中，，解得，
所以点的轨迹为以0,1为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点，
又对称性可得轴下方也满足，图形如下：
可得点的轨迹方程为，
当时，直线方程为，
联立，解得，
由对称性可得，
所以，
当时，设，由对称性可得，
所以，
由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程.
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. 已知抛物线的焦点为，位于第一象限的点在抛物线上，且.
（1）求焦点的坐标；
（2）若过点的直线与只有一个交点，求的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出，再得出抛物线方程进而得出焦点即可；
（2）先设直线方程，再联立方程组，再分和两种情况应用直线与只有一个交点求参即可得出直线方程.
【小问1详解】
因为抛物线，，
所以，所以，可得
所以焦点的坐标.
【小问2详解】
因为点在抛物线上，所以，
又位于第一象限，所以，所以，
过点的直线与只有一个交点，直线斜率不存在不合题意；
设直线与有且只有一个交点，
由，得，
当时，，即，即，
当时，，只有一个根符合题意；
所以的方程为或，即或.
16. 已知点在圆 上，点关于直线的对称点在圆内.
（1）求圆的圆心坐标和半径；
（2）求实数的取值范围.
【答案】（1）圆心坐标为，半径为.
（2）
【解析】
【分析】（1）由点在圆上，代入得到圆的方程化为标准方程即可求得圆心，半径；
（2）先求出点关于直线的对称点，然后由点在圆内求解的取值范围即可.
【小问1详解】
点在圆 上，
所以代入得：，所以，
化为标准方程为：，
所以圆心坐标为，半径为.
【小问2详解】
设点关于直线的对称点，
所以，解得：，
所以，由于点在圆内，
所以，
解得：，故实数的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥 中， 为正三角形， .
（1）求证:
（2）求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）作平面ACD，连接，根据为正三角形，得到O的垂心，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面PAB的一个法向量m=x,y,z，和平面PCD的一个法向量，设平面 与平面 所成的角为 ，由求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
作平面ACD，连接，
因为为正三角形，
所以O为的中心，也是的垂心，
所以，又平面POD ，平面POD ，且，
所以平面POD，又平面POD，
所以；
【小问2详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
因为 为正三角形， ，
所以，
则，
所以，，
设平面PAB的一个法向量为m=x,y,z，
则，即，
令，则，所以；
设平面PCD的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设平面 与平面 所成的角为 ，
所以.
18. 在平面直角坐标系中，动点的轨迹满足： ，为过点的两条互相垂直的直线， 与交于两点(点在第一象限)，与交于两点(点在第一象限). 记点 分别为线段的中点，点为直线与BD的交点.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设 .
(i) 求实数的取值范围；
(ii) 从下列三个问题中选择一个问题作答 (作答时在答题卡上注明所选问题番号，若选择多个问题作答，则以第一个作答计分).
① 求 ；
②记直线 与直线 的斜率分别为 ，求 ；
③记与四边形的面积分别为，求 .
【答案】（1）
（2）(i) ；(ii)答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据，由双曲线定义可得到轨迹方程；
（2）(i)由直线与双曲线的相交情况，联立方程后，根据判别式等条件确定的取值范围；
(ii)若选①，联立直线与双曲线方程求出弦长和，再计算；
若选②，利用韦达定理求出坐标，表示出 ，化简的值；
若选③，线段BC中点为E，有和，可证得.
【小问1详解】
由，
可得动点的轨迹是以和为焦点，实轴长为的双曲线的右支，
故，，
所以动点的轨迹方程为.
【小问2详解】
(i)设Ax1,y1，Bx2,y2，由题意可得斜率都存在且不为0，
把代入消去，整理得.
则有，解得，
与曲线也有两个交点，由，用替换，
则，得，
所以实数的取值范围为
(ii)
若选择①：求.
由(i)得，，
，
因为，用替换，同理可得.
由，
则.
若选择②：记直线与直线的斜率分别为，求.
由(i)得，，，
，
同理，用替换，可得
则.
若选择③：记与四边形的面积分别为，求.

连接BC并取线段BC中点E，由E，G分别为BC，BA中点，
可知，则，同理，
设五边形的面积为，则有，
得，所以.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 已知曲线.
（1）点在曲线上，求点的横坐标的取值范围；
（2）为坐标原点，直线与曲线交于两点.
(i)若，求面积的最大值；
(ii)若，求证:与圆心为的定圆相切.
【答案】（1）
（2）(i)；(ii)证明见解析
【解析】
【分析】（1）法一：直接配方得，则，解出即可；法二：利用判别式法即可得到答案；
（2）(i)设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与曲线方程，再计算出面积表达式，利用基本不等式即可求面积最值；
(ii)设，联立曲线方程得到韦达定理式，再代入向量表达式得，最后计算得圆心到直线的距离等于半径即可.
【小问1详解】
法一：由方程配方得，
则，解得.
法二：由，解得.
【小问2详解】
(i)设Ax1,y1,Bx2,y2.
由得.所以.
由，有.
则.
所以.
当且仅当时等号成立.故面积的最大值为.
(ii)当直线斜率为时，设.
由.得.
所以.
由，化简得.
由，有，即.
即.即，满足成立.
且到的距离满足:，则为定值.
当直线斜率不存在时，由(i)，，得.
故到的距离始终为，即始终与定圆相切.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用设线法得到韦达定理式，再整体代入向量数量积的表达式，化简得到.