四川省眉山市东坡区2024_2025学年高二数学上学期1月期末联合考试试题含解析

这是一份四川省眉山市东坡区2024_2025学年高二数学上学期1月期末联合考试试题含解析，共17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（40分）
1. 圆心为且过点的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知利用两点间的距离公式求出圆的半径，代入圆的标准方程得答案．
【详解】∵圆心为（﹣3，2）且过点A（1，﹣1），
∴圆的半径，
则圆的方程为（x+3）2+（y﹣2）2＝25．
故选D．
【点睛】本题考查圆的方程的求法，两点间距离，是基础的题型．
2. 平面内，动点的坐标满足方程，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义求解即可.
【详解】由题意，点到两个定点，的距离之和等于常数，
故根据椭圆的定义可知：此点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，，
故，故椭圆的标准方程为.
故选：B
3. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上一个动点，若的面积的最大值为，则（ ）
A. B. 3C. 9D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】根据的面积为，即可求解.
【详解】根据题意可知椭圆半焦距，设点,，，那么，
所以的面积，
所以，所以，化简得，
即或9．
又因为，解得，
因此．
故选：D．
4. 在如图所示的电路图中，开关闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求灯泡能亮的情况，然后根据对立事件的概率即可求解.
【详解】由电路图可知：要使灯泡亮，必须闭合，或闭合，故灯亮的概率为，则灯灭的概率是，
故选：C.
5. 已知直线与直线，则是的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先证明充分性是否成立，即由m＝2能否推出 l1⊥l2；再证必要性是否成立，即由l1⊥l2 能否推出 m＝2，从而做出结论．
【详解】当 m＝2时，直线l1：2x﹣2y+1＝0，l2：x+y﹣1＝0，两直线的斜率之积等于﹣1，故l1⊥l2，充分性成立．
当l1⊥l2时，
∵m﹣1≠0，m≠0，由斜率之积的等于﹣1得：1，
∴m＝2 或 m＝﹣1，
故不能由l1⊥l2 推出 m＝2，故必要性不成立．
综上，“m＝2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，
故选：A．
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的定义，两直线垂直的条件和性质．
6. 已知直线过椭圆C；的一个焦点，与C交于A，B两点，与平行的直线与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为，则C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设，
则，两式作差得
所以
若O为坐标原点，则，同理，所以O，P，Q三点共线，
即，所以，又过点，即椭圆的焦点，所以
解得，所以C的方程为
故选：C
7. 已知椭圆左、右焦点为，，上一点满足，A为线段的中垂线与的交点，若的周长为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合椭圆的定义，求出，，然后勾股定理得出a、c的关系即可.
【详解】A为线段的中垂线与的交点，所以，，
三角形的周长为，
所以，又，
所以，又，
所以，
故选：B.
8. 如图，在正方体中，点P为棱的中点，点Q为面内一点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，设，根据求出的关系，然后可求出点到直线和直线的距离，进而可得出答案.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为，
则，设，
故，
因为，
所以，即，
所以，
则点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
所以，
故，，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据求出的关系，是解决本题的关键.
二、多选题（共18分）
9. 若椭圆焦距为2，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【答案】CD
【解析】
【分析】讨论椭圆焦点所在位置，结合之间的关系分析求解.
【详解】由题意可知：，
若焦点在x轴上，则，解得；
若焦点在y轴上，则，解得；
综上所述：或
故选：CD.
10. 已知椭圆C：内一点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M为线段AB中点，则下列结论不正确的是（ ）
A. C的焦点坐标为，
B. C的长轴长为
C. 直线l的方程为
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由椭圆标准方程确定，即可得到选项A，B错误；利用点差法可求直线方程，得到选项C正确；联立直线和椭圆方程，利用弦长公式可得选项D正确.
【详解】由，得椭圆焦点在轴上，且，，
则，，，
所以椭圆的焦点坐标为，，长轴长为，故选项A、B错误；
设，，则，，
两式作差得，
因为为线段的中点，所以，，
所以，
所以直线的方程为，即，所以选项C正确；
由，得，则，，
所以，所以选项D正确．
故选：AB．
11. 已知直线和圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在，使得直线与圆相切
B. 若直线与圆交于两点，则的最小值为
C. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为
D. 当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线经过的定点在圆内，可判断A不正确；
根据圆心到直线的距离的最大值求出的最小值，可判断B正确；
根据圆心到直线的距离，可判断C正确；
将曲线的方程化为，可判断D正确.
【详解】对于A，因为直线过定点，且，即定点在圆内，所以不存在，使得直线与圆相切，故A不正确；
对于B，因为圆心到直线的距离的最大值为，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，因为圆心到直线的距离，所以，
所以对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为，故C正确；
对于D，当时，直线，曲线，即就是过直线与圆的交点的曲线方程，故D正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题（共15分）
12. 已知圆和点，则过点的的切线方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，假设切线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果.
【详解】由圆方程可得圆心，半径；
当过点直线斜率不存在时，即时，圆心到其距离，与相切；
当过点的的切线斜率存在时，可设为，即，
圆心到切线的距离，解得：，
切线方程为，即；
综上所述：所求切线方程为或.
故答案为：或.
13. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案.
【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙,,,,
则样本空间(甲乙，)，(甲乙，)，(甲乙，)，(甲，乙),
(甲，乙),(甲，乙),(乙，甲),(乙，甲),(乙，甲),(，甲乙)
共含有10个样本点，
设事件表示“甲和乙分在不同小组”,则,
所以甲和乙分在不同小组的概率为.
故答案为：.
14. 已知椭圆：（）的离心率为，左焦点为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，则椭圆的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据离心率可得的值，根据通径可得的值，求出后可得椭圆的标准方程.
【详解】由题设有，故，解得，故，故
故椭圆的标准方程为：，
故答案为：.
四、解答题（共77分）
15. 已知圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切．
（1）求圆的方程．
（2）过的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】(1)根据与轴相切得圆心坐标为，再根据与直线相切得圆心C到直线距离等于半径2，解出参数a即得圆的方程；
(2)先根据点斜式设直线方程，计算圆心到直线距离，再根据垂径定理列方程解出斜率，最后讨论斜率不存在时是否满足题意．
【小问1详解】
∵圆与轴相切，且半径为，圆心在第一象限，
∴圆心C的坐标可设为，，
又圆与直线相切，
∴，解得，
∴圆的方程为．
【小问2详解】
设直线l的方程为，即，
易知圆心到的距离为，
∴，
解得，∴的方程为：；
当l斜率不存在时，方程为，此时圆心到l的距离为1，符合条件；
综上所述，的方程为或．
16. 已知椭圆．
（1）若双曲线以椭圆的两个顶点为焦点，且经过椭圆的两个焦点，求双曲线的标准方程；
（2）求过点，焦点在轴上且与椭圆有相同的离心率的椭圆方程．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设所求双曲线的标准方程为，求出、的值，即可求得所求双曲线的标准方程；
（2）设所求椭圆的标准方程为，焦距为，由已知条件可得出，，然后将点的坐标代入所求椭圆的标准方程，可求得的值，由此可得出所求椭圆的标准方程.
【详解】（1）在椭圆中，，，，且椭圆的焦点在轴上，
设所求双曲线的标准方程为，焦距为，
由已知条件可得，，，
因此，所求双曲线的标准方程为；
（2）椭圆的离心率为，
设所求椭圆的标准方程为，焦距为，则，
所以，，，则所求椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入所求椭圆的方程得，解得，
因此，所求椭圆的标准方程为.
【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法
①定义法：根据椭圆的定义，确定、的值，结合焦点位置可写出椭圆方程；
②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出、；若焦点位置不明确，则需要分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为．
17. 已知圆过原点，圆心在射线，且与直线相切.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线与圆相交于，两点，是的中点，直线与相交于点.若求直线的方程.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）设圆心，，由圆过原点且与直线相切可得方程，解方程即可得解；
（2）当直线斜率不存在时，易得不合题意；若直线斜率存在，设，联立两直线方程得，转化条件得，即可得方程，解方程即可得解.
【详解】（1）圆心在射线上，
设，，
又圆过原点，且与相切，
，即
即，.
，，
，半径，
圆的方程为.
（2）①若的斜率不存在，则，
代入，得，即.
代入，得，.
即，，.
，，，
，不合题意.
②若的斜率存在，设，
由，得，即，
是的中点，，即.
.
又，，
，
解得.
的方程为.
【点睛】本题考查了圆的标准方程的求解和直线与圆的交点问题，考查了平面向量数量积的应用，属于中档题.
18. 如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=，BC=4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2．
（1）求证：A1O⊥BD；
（2）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；
（3）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面BCED，从而可得A1O⊥BD；
（2）根据向量法即可求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；
（3）假设存在点F，由直线DF和BC所成角的余弦值可得，从而可求得.
【小问1详解】
，且D，E分别为AB，AC的中点，
所以，即，又O为DE的中点，
所以，
又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE平面BCED，
所以平面BCED，而平面BCED，
所以A1O⊥BD.
【小问2详解】
过点作交于点，
因为AB=AC=，BC=4，所以，
，，，
以点为原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系如下图所示：
则，，，，
，，，
设平面A1BD的法向量为，
则有，即，
令，则，则，
设直线A1C和平面A1BD所成角为，
则,
所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设线段A1C上是否存在点F，且，
，，
则，
因为直线DF和BC所成角的余弦值为，
则，
即有，
解得：或（舍）
即点F与点重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为，
此时：.
19. 已知、分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）设为椭圆上非长轴顶点的任意一点，为线段上一点，若与的内切圆面积相等，求证：线段的长度为定值．
【答案】（1）（2）存在，，理由见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）设椭圆的焦距为，根据的面积计算出，可设椭圆的标准方程为，再将点的坐标代入椭圆的标准方程，求出的值由此可求出椭圆的方程；
（2）设点，，，由，可得出，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，代入，求出实数的值，即可求出定点的坐标；
（3）设点，，，由题意得出，化简得出，可求出正数的值，从而得出结论.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为的面积为，所以，设椭圆的方程为，
将代入方程得，，
易知，所以，因此，椭圆的方程为；
（2）存在这样的点为，下面证明：
设，，，所以要使得，
即 ①；
联立，
由韦达定理得，，
代入可将①化简为，要使得式子关于恒成立，即此时，
所以点；
（3）设点，，，
因为内切圆面积相等，即圆半径相等，而内切圆半径公式为三角形面积的倍除以周长，所以，化简得，
故，
因为，代入得．
而，，
而，所以，即线段的长度为定值．
【点睛】本题考查椭圆方程求解，同时也考查了椭圆中存在某点满足条件以及椭圆中的定值问题，考查计算能力，属于难题.