广西示范性高中2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试卷（解析版）

这是一份广西示范性高中2024-2025学年高二上学期期中调研测试数学试卷（解析版），共12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，只有一项是符合要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】的斜率为，故倾斜角为，
故选：A.
2. 椭圆的焦距为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】由题意得，则其焦距为2.
故选：B.
3. 已知分别是平面的法向量，若，则（ ）
A. 1B. 7C. D. 2
【答案】D
【解析】由于，所以，故，解得，
故选：D.
4. 已知直线和直线平行，则的值为（ ）
A. 3B. 3或C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得，则，，
即，解得或，
当时，，显然成立，符合题意；
当时，，不符合题意.
故选：A.
5. 如图，在四面体ABCD中，为DC的中点，为BE的中点，设，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由是的中点，则，由为的中点，则，
在中，，在中，，
.
故选：B.
6. 已知是抛物线上的两点，且线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,则，
故，
由于的中点为，故，因此,
故直线方程为，即，
经检验，直线与抛物线相交，满足条件.
故选：C.
7. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若是该抛物线上一点，点是圆上一点，则的最小值为（ ）
A. 4B. 3C. D. 5
【答案】A
【解析】由题意设抛物线的方程为，
因为，，所以点在抛物线上，
将的坐标代入到抛物线的方程中，可得，故，
所以抛物线的方程为，
所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，
圆的圆心位,半径位，可知圆在抛物线内部，如图：
如图，过点作与准线垂直，为垂足，
点作与准线垂直，为垂足，则，
所以，
当且仅当，，三点共线时，所以的最小值为4．
故选：A.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别是上的一点（在第一象限），直线与轴交于点，若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，如下图所示：

由题意可得，；
又，由可得，
即，解得；
所以；
因为，所以；
即，可得，
即，解得.
故选：D.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，设点为圆上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A. 点到原点的距离的最小值为2
B. 过点的直线与圆截得的最短弦长为6
C. 的最大值为1
D. 过点作圆的切线有2条
【答案】AD
【解析】由题意可知：圆的圆心为，半径，
对于选项A：点到原点距离的最小值为，故A正确；
对于选项B：因为，可知点在圆内，
所以最短弦长为，故B错误；
对于选项C：因为表示直线斜率，

当与圆相切时，此时，取到最大值，故C错误；
对于选项D：因为，可知点在圆外，
所以过点作圆的切线有2条，故D正确；
故选：AD.
10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列四个结论正确的有（ ）

A. 与所成角为
B. 三棱锥的体积不变
C. 平面
D.
【答案】ABC
【解析】对于A选项，连接、、，则，
所以，是等边三角形，所以，
因为，，所以，四边形为平形四边形，所以，，
所以，异面直线与所成的角等于，A对；
对于B选项，因为，，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，B对；
对于C选项，由B选项可知，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，所以，平面，C对；
对于D选项，若，且四边形为正方形，则，
因为，、平面，则平面，
又因为平面，平面，则，
因为，，、平面，
所以，平面，

又因为过点有且只有一个平面与直线垂直，矛盾，假设不成立，D错.
故选：ABC.
11. 已知分别为椭圆的左、右焦点，若点分别为椭圆的左、右顶点，是椭圆上一动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 的范围为
B. 若为直角三角形，则的面积为
C. 若点，则的最大值为
D. 直线的斜率之积为
【答案】ACD
【解析】对于A，，设，，则，
故，
由于，故，A正确，
对于B，当时，此时，
故的面积为，故B错误，
对于C，由于，又，所以，
所以，
当且仅当三点共线时，且在之间时取等号，故C正确．
对于D，由椭圆，得，设，
则，又，则，
所以，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线经过两直线和的交点，则___________.
【答案】
【解析】联立，解得，
将点代入到直线，得，故.
13. 已知直线，点为椭圆上的一个动点，则点到直线的距离的最小值为___________.
【答案】
【解析】由点在椭圆上，设，
则点到直线的距离，
其中锐角由确定，而，则当时，.所以点到直线的距离的最小值为.
14. 一动圆与圆和都外切，则动圆的圆心的轨迹方程为___________.
【答案】
【解析】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
设动圆的圆心，半径为，依题意，，
则，因此动圆的圆心的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线下支，
实半轴长，半焦距，虚半轴长，
方程为.
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. 已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，双曲线的渐近线方程为.
（1）求抛物线的标准方程和双曲线的标准方程;
（2）若斜率为2且纵截距为1的直线与抛物线交于M，N两点，为抛物线的焦点，求的面积.
解：（1）双曲线的渐近线方程为，
而双曲线的渐近线方程为，则，双曲线的方程为，
双曲线的右焦点坐标为，而抛物线的焦点为，
于是，解得，所以抛物线的标准方程为.
（2）直线的方程为，由消去得，
，设，
则，，
令直线与轴的交点为，，由（1）知，
所以的面积.
16. 为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者，其年龄频率分布直方图如图所示，其中年龄的分组区间是：第1组、第2组、第3组、第4组、第5组[40，45].

（1）求图中x的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在的人数；
（2）估计抽出的100名志愿者年龄的第61百分位数；
（3）若在抽出的第1组、第2组和第4组志愿者中，采用按比例分配分层抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动，再从这6名中采用简单随机抽样方法选取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率.
解：（1），解得，
，估计这500名志愿者中年龄在的人数为.
（2）设第61百分位数为，
由，，
则，可得，解得.
（3）第1组、第2组和第4组的人数之比为，
抽取的人中第1组、第2组和第4组的人数分别为，
从这6名中抽取的2名志愿者中恰好来自不同一组的概率.
17. 在中，内角的对边分别为且的外接圆半径满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值.
解：（1）在中，由正弦定理及，
得
，解得，又，
所以.
（2）由（1）知，，，
由余弦定理得，
当且仅当时取等号，
因此，
所以面积的最大值为.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明：因为平面平面，且平面平面，
且，平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面.
（2）解：取中点为，连接、，
又因为，则，则，
因为，则，则，
在平面内，因为，，则，
因为平面，则平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，设与平面的夹角为，
则，则，
所以，直线与平面所成角的余弦值为.
（3）解：设，其中，
则，
因为平面，则，解得，
因此，在棱上不存在点，使得平面.
19. 在平面直角坐标系xOy中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.如果曲线经“伸缩变换”后得到曲线，射线与分别交于两点A，B且.
（1）求的方程;
（2）若M，N在上，为垂足，求证：存在定点，使得|DQ|为定值.
（1）解：设伸缩比为，则曲线的方程为.
由解得，即,
由解得，即,
因为，所以，解之得，
所以曲线的方程为
（2）证明：当直线的斜率存在且不为0时，
设直线方程为（为斜率），
联立方程得，消去得，，
直线与椭圆交于两点，
所以，即，
由韦达定理可得，，，
因为且，所以，
则，
即，
其中，，
所以，
于是可得
化简整理可得，即.
所以或，经检验两式均能使.
当时，直线方程为，
则直线方程，
设点的坐标为，则由消去参数，
可得，即，
此时存在定点使得|DQ|为定值；
当时，直线方程为，
则直线方程为，
设点的坐标为，则由消去参数，
可得，即，
所以点与点重合，不符合题意，故舍去.
当时，可由求得，，所以，
可验证点在圆上，
此时存在定点使|DQ|为定值.
当直线的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
由可解得点，，
由可得：，
解之得（舍去），
所以点，可验证点在圆上，
此时存在定点使|DQ|为定值.
综上所述，存在定点使|DQ|为定值.