四川省2024_2025学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份四川省2024_2025学年高二数学上学期期中试题含解析，共22页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 方程表示的曲线是，75小时C等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一､单选题（每小题5分，共计40分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的斜率求直线的倾斜角.
【详解】由直线得其斜率为，
设直线的倾斜角为（），则，
所以，所以直线的倾斜角为，
故选：D
2. 方程表示的曲线是（ ）
A. 两个圆B. 一个圆和一条直线
C. 一个半圆D. 两个半圆
【答案】D
【解析】
【分析】方程可化为，去绝对值分，两种情况解决即可.
【详解】方程可化为，
因为，
所以或，
若时，则方程为,是以为圆心，以1为半径的左半圆；
若时，则方程为，是以为圆心，以1为半径的右半圆;
总之，方程表示的曲线是以为圆心，以1为半径的右半圆与以为圆心，以1为半径的左半圆合起来的图形.
故选：D
3. 如图，已知一艘停在海面上的海监船上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为.这艘轮船能被海监船监测到的时长为（ ）

A 1小时B. 0.75小时C. 0.5小时D. 0.25小时
【答案】C
【解析】
【分析】以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，计算圆心到直线的距离和半径比较，可知这艘外籍轮船能否被海监船监测到；计算弦长，可求得持续时间为多长．
【详解】如图，以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系,

则，，圆方程，
直线方程：，即，
设到距离为，则，
所以外籍轮船能被海监船检测到，
设监测时间为，则（小时），
外籍轮船能被海监船检测到的时间是0.5小时.
故选：C.
4. 椭圆的焦点为，点P在此椭圆上，如果线段的中点在y轴上，那么的值为（ ）
A. B. 4C. 7D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线段PF1的中点M在y轴上，推出轴，由此可设P(3，b)，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.
【详解】由＝1可知，，
所以，
所以F1(－3,0)，F2(3,0)，
∵线段PF1的中点M在y轴上，且原点为线段的中点，
所以，所以轴，
∴可设P(3,m)，
把P(3,m)代入椭圆＝1，得.
∴|PF1|＝，|PF2|＝.
∴.
故选：C
5. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ）

A. 1B. －1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由求解即可．
【详解】，所以．
故选：A．
6. 如图所示，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点，且，则该椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立直线方程与椭圆方程，解得和的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示可得，由离心率定义可得结果.
【详解】由，得，所以，.
由题意知，所以，.
因为,所以,所以.
所以，所以，
故选：A.
【点睛】本题考查了直线与椭圆的交点，考查了向量垂直的坐标表示，考查了椭圆的离心率公式，属于基础题.
7. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解．
【详解】取的中点，连接，
四边形为菱形，，
所以，
由于平面平面，且两平面交线为，，平面，
故平面，又四边形为正方形，
故以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方形的边长为2，

则，
故，
则，
故直线，所成角的余弦值．
故选：D．
8. 我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.已知点在直线，点在直线上，且，结合上述观点，的最小值为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点距离公式将目标函数转化为点到点的距离与点到点的距离和，过点作，垂足为，证明，由 求目标函数最小值.
【详解】由已知表示点到点的距离，
表示点到点距离，
所以，
过点作，垂足为，
因为直线的方程为，，
所以，
又直线与直线平行，，
所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
又，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以当点为线段与直线的交点时，
取最小值，最小值为，
因为过点与直线垂直的直线的方程为，
联立，可得，
所以点的坐标为，所以，
所以的最小值为，
故选：D.
【点睛】本题解决的关键在于根据两点距离公式将目标函数转化为求线段的距离和问题，进一步结合图形将问题转化为两点之间的距离问题.
二､多选题（每小题6分，共计18分）
9. 2020年11月28日，“嫦娥五号”顺利进入环月轨道，其轨道是以月球的球心F为一个焦点的椭圆(如图所示).已知它的近月点A(离月球表面最近的点)距离月球表面m千米，远月点B(离月球表面最远的点)距离月球表面n千米，为椭圆的长轴，月球的半径为R千米.设该椭圆的长轴长，焦距分别为，，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据图形椭圆长轴长为，利用椭圆几何性质及图形再写出即可求解.
【详解】由题意可知，
所以，
因为，，
所以
故选：BC
10. 瑞士数学家伯努利于1694年发现了双纽线，即在平面直角坐标系中，点到两个定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则当时，下列结论正确是（ ）
A. 点在双纽线上
B. 点的轨迹方程为
C. 双纽线关于坐标轴对称
D. 满足的点有1个
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由双纽线的定义求出其方程，逐一检验各个选项可判断结果.
【详解】由双纽线的定义可得：，
即，化简得：，
则当时，点的轨迹方程为，故B正确；
当时代入方程得，显然不满足方程，
所以点不在双纽线上故A错误；
把x换成，y换成，方程不变，所以双纽线关于坐标轴对称，故C正确；
因为，若满足，则点P在y轴上，
在方程中令，解得，
所以满足的点为，故D正确；
故选：BCD.
11. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1
C. 圆：与圆：恰有三条公切线，则
D. 已知圆C：，点P为直线上一动点，过点向圆C引两条切线、，、为切点，则直线经过定点
【答案】BCD
【解析】
【分析】将直线的方程进行整理利用参数分离即可判断选项A；根据圆心到直线的距离与半径的关系比较即可判断选项B；由题意知两圆外切，由圆心距等于半径即可求得值，即可判断选项C；设出点坐标，求出以线段为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减即可得直线的方程，即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】直线，
所以，所以，解得，
所以直线恒过定点，故A错误；
圆，圆心为到直线距离为，
所以直线与圆相交，平行于直线l且距离为的直线分别过圆心以及和圆相切，
所以圆上有且仅有个点到直线的距离为，故B正确；
由：可得，圆心，，
由：可得，
圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，
即，解得：，故C正确；
设，所以，
因为、，分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，
所以点，在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为
.
整理可得：，与已知圆C：，相减可得.
消去可得：，即，
由解得，所以直线经过定点，故D正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三､填空题（每小题5分，共计15分）
12. 两平行直线，的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可计算出结果.
【详解】由于直线与平行，则，整理得，解得.
所以，直线的方程为，直线的方程为，即，
因此，两直线间的距离为.
故答案为：.
【点睛】本题考查两平行直线间距离的计算，同时也考查了利用直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.
13. 过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点.设为线段的中点，为坐标原点，则__________．
【答案】1
【解析】
【分析】设是双曲线的右焦点，因为分别为，的中点，运用中位线定理得到 ，结合双曲线的定义得，再结合题中的数据得到，结合双曲线的定义得，可得到的值．
【详解】设是双曲线的右焦点，连接
分别为，的中点
由双曲线定义得，
故.
故答案为：1.
14. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意，利用向量变形得，如图在上取一点M，使得，连接，则，再结合内心的性质得到，然后在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理即可求解.
【详解】因为，
所以，
如图，在上取一点M，使得，
连接，则，
则点为上靠近点的三等分点，
所以，
所以，设，则，
由椭圆定义可知：，即，
所以，
所以AF2=a，，AF1=a,
故点与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：，
在中，，解得：，
所以椭圆离心率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
四､解答题（共计77分）
15. 已知双曲线的实轴长为，点在双曲线上.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点且斜率为的直线与双曲线的另一个交点为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将点代入双曲线方程即可求解；
（2）写出直线方程，与双曲线方程联立，由弦长公式可得结果
【小问1详解】
因为双曲线的实轴长为，所以，解得：；
又因为点在双曲线上，所以，解得：，
所以双曲线的标准方程为：
【小问2详解】
设，Qx2,y2
由题可得过点且斜率为的直线方程为：，即，
联立，消去可得：，
所以，，
所以
16. 已知圆心为的圆经过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程：
（2）已知直线过点且直线截圆所得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求线段垂直平分线的方程，与直线联立，得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的标准方程.
（2）分所求直线的斜率存在和不存在，利用弦长和点到直线的距离公式求直线方程.
【小问1详解】
的中点为
的垂直平分线方程为，即，
将联立可得，即圆的圆心坐标为.
圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，由弦长公式得，故.
若直线的斜率不存在，则，此时圆心到直线的距离为3，符合题意.
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，
所以，解得，则直线的方程为.
故直线的方程为或.
17. 如图所示，直角梯形中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点G，连接，先证明平面，然后以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，证明垂直平面的一个法向量即可；
（2）找出两个面的法向量，利用夹角公式计算即可.
【详解】（1）取中点G，连接.
，
，∴四边形为平行四边形
∵平面平面
四边形为矩形，平面平面
平面
如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系
则，，，，
，
设平面的一个法向量为，
不妨设，，则，
又
又平面
平面
（2），
设平面的一个法向量为，
.
不妨设，则，，
.
设向量与的夹角为，
则
∴平面与平面所成二面角的余弦值为
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
18. 已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2.
（1）求的方程；
（2）设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为.
①求曲线的方程；
②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）由条件求出圆心坐标，再结合弦长公式求出圆的半径，由此可得圆的方程；
（2）①利用代点法求出点的轨迹方程，②在直线斜率存在条件下利用设而不求法求点的坐标，检验斜率不存在时该点是否也满足条件即可.
【小问1详解】
由题意可设圆的圆心的坐标为，圆的圆心在直线上，
，解得：，即圆心为，
圆心到直线距离为，设圆的半径为r，弦长为，
由已知
所以，所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
设，则，
由得：，所以
D在圆上运动，
整理可得点T的轨迹方程为：
当直线轴时，轴平分，
当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，
联立化简可得，
方程的判别式，
设，，，
若轴平分，则，所以，
又，，
所以，
所以，
所以
所以
解得，
当时，能使轴平分.
19. 已知、分别是椭圆的左、右顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于、两个不同的点（、与、不重合）．
（1）求椭圆的焦距和离心率；
（2）若点在以线段为直径的圆上，求的值；
（3）若，设为坐标原点，直线、分别交轴于点、，当且时，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意，结合椭圆的方程和离心率的公式求解即可；
（2）设出直线的方程和的坐标，联立曲线方程，得到韦达定理再结合向量的坐标运算求解即可；
（3）结合（2）中所求信息将和的表达式写出，再根据求解范围即可.
【小问1详解】
由椭圆方程可得，
所以椭圆的焦距，离心率；
【小问2详解】
不妨设直线的方程为，，
易知，
联立，消去并整理得，
，
由韦达定理可得，
若点在以线段为直径的圆上，
此时，即，
整理可得，即，
代入韦达定理，
整理得，解得，
因为当时，直线过椭圆的右顶点，不符合题意，舍去，
所以；
【小问3详解】
设，
由（2）得，，
因为，，
所以，
解得，
则，①
易知，
解得，
则，②
联立①②，可得，
因为，所以，
所以的取值范围.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是能用韦达定理化简；本题第三问关键是能用向量共线的坐标表示出，再用表示出.