重庆市第十一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第十一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市第十一中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷Word版含解析docx、重庆市第十一中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2024.11
注意事项：
1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分.
1. 直线过两点，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线上两点的坐标求斜率即可.
【详解】由题意可知，斜率，
故选：C.
2. 若平面的法向量为，方向向量为的直线与平面垂直，则实数（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线垂直于平面，则直线的方向向量平行于平面的法向量，即可求解.
【详解】由直线l与平面垂直，故直线方向向量与平面的法向量平行，
设，即，解得.
故选：D.
3. 圆心为且过原点的圆的一般方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求半径，再得圆的标准方程，最后转化为圆的一般方程.
【详解】由题意知，在圆上，圆心为，
所以圆的半径，
所以圆的标准方程为，
则一般方程为：，
故选：B.
4. 椭圆和一定具有（ ）
A. 相同的离心率B. 相同的焦点C. 相同的顶点D. 相同的长轴长
【答案】A
【解析】
【分析】先将方程化为标准方程，再根据离心率，焦点。顶点，长轴长的定义计算，即可判断.
【详解】由题意知，不妨设，则椭圆的离心率为，
焦点坐标为，顶点坐标为，，长轴长为，
可化简为，
所以离心率为，
焦点坐标为，顶点坐标为，，长轴长为，
因此两椭圆的离心率相同.
故选：A.
5. 如图，三棱锥中，点为中点，点满足，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】
连接，所以，
因为，所以，
所以，
故选：B.
6. 若圆与圆有公切线，则实数的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据公切线的数量判断两圆位置关系，结合圆心距和半径列出不等式，求解即可.
【详解】由题意知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
假设圆与圆没有公切线，
此时两圆内含，所以圆心距，即，解得，
所以当圆与圆有公切线时，实数的范围是，
故选：B.
7. 设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，若离心率满足，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆定义结合已知条件得，即可根据求解.
【详解】由椭圆定义可得，又，
故，
由于，所以，
故且，解得.
故选：D
8. 已知，且，则代数式的最小值为（ ）
A. B. 18C. 12D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】设Ax1,y1与Bx2,y2，为的中点，可证明点在以为圆心，为半径的圆上，由，结合两点距离的几何意义即可求解.
【详解】
设Ax1,y1与Bx2,y2为圆上一点，
则，得，
，即为等腰直角三角形，
设为的中点，则，
得，即点在以为圆心，为半径的圆上，
故，
所以点到定点的距离的最小值为，
因此的最小值为.
故选：D
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．
9. 已知直线，直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 直线过定点
D. 若直线与坐标轴围成的三角形的面积为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】时，两直线重合，可判断A，利用两直线垂直的充要条件判断B，由求得直线过的定点即可判断C，求直线与坐标轴的交点，结合三角形的面积公式列出方程即可求解.
【详解】对于A，时，，即，，则两直线重合，故A错误；
对于B，若，则，解得 ，故B正确；
对于C，当时，，解得，与的值无关，因此可得直线过定点，故C正确；
对于D，对于，令，得，令，得 ，
若直线与坐标轴围成的三角形的面积为，则，解得，故D错误．
故选：BC.
10. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 四叶草曲线有四条对称轴
B. 设为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为
C. 四叶草曲线上的点到原点的最大距离为
D. 四叶草曲线的面积小于
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，将换为方程不变，换为方程不变，换为，换为方程不变，换为，换为方程不变，可知有四条对称轴；对于B，设曲线第一象限任意一点为，则围成矩形面积为，求最大值即可；对于C，设距离为，，即求的最大值即可；对于D，易得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，故四叶草面积小于即可判断.
【详解】对于A，将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称.故A正确；
对于B，设曲线第一象限任意一点为，则围成矩形面积为，
则，
即，当且仅当时取得最大值，故B正确；
对于C，设距离为，，要求的最大值，即求的最大值，
显然，，又，
当且仅当时，等号成立，
所以曲线上的点到原点距离最大值为，故C错误；
对于D，由C可知，得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，
故四叶草面积小于，故D正确.
故选：ABD
11. 已知正方体棱长为1，动点满足，则（ ）
A. 当时，则三棱锥体积为
B. 当时，直线平面
C. 当时，直线平面
D. 当且时，点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，则为的中点，利用锥体的体积公式求三棱锥的体积即可判断A，先得到点为的中点，建立空间直角坐标系，计算出可判断B，利用向量法判线面平行，即可判断C，推出点在平面上，并得到平面，且，又，故，求出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，求出轨迹长度可判断D.
【详解】
对于A，当时，，则为的中点，
则三棱锥的体积为，故A正确；
对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，则，
当时，，此时点为的中点，
又，则，
故与不垂直，故直线与平面不垂直，B错误；
对于C，当时，，
设平面的法向量为，
又，
则，解得，令，则，即，
由，且平面，
则直线平面，故C正确；
对于D，当时，，
故，即，故点在平面上，
连接，交平面于点，
由，，，
则，，
故⊥，且⊥，
又，平面，
所以⊥平面，
又，
又，故，
故点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
故轨迹长度为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
（1）解答方法：一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知直线：与直线，则这两直线之间的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断两直线平行，再利用公式求距离即可.
【详解】直线与直线，
其中，所以，
所以两直线之间的距离为，
故答案为：.
13. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且△是正三角形，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是________．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用公式计算即可.
【详解】
取中点，连接，取中点，连接，
因为四边形是正方形，所以，
因为△是正三角形，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，
所以，，
因此以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，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，
，，，，
因为是的中点，所以，
所以，，
设异面直线与所成角为，
所以，
故答案为：.
14. 已知，为椭圆上的动点，直线与圆相切，切点恰为线段的中点，则点的横坐标为________．
【答案】1或3
【解析】
【分析】设，，，按照直线斜率是否存在讨论，利用点差法求出直线的斜率，由直线与圆相切，可知，联立求解即可.
【详解】设，，，
当直线PQ的斜率存在时，设直线：，则，，
则，两式作差得，
所以，
所以，又因为，
所以，
因为点为直线与圆的切点，
所以，所以，
即点的横坐标为，不合题意；
当直线PQ的斜率不存在时，易得点A的横坐标为1或3.
故答案为：1或3.
四、解答题：本大题共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. 已知的顶点坐标分别为，，．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）求三角形的外接圆方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出及的中点坐标，由两直线垂直求出，再由点斜式计算可得；
（2）设三角形的外接圆方程为，将点的坐标代入方程，即可得到、、的方程组，解得即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，的中点坐标为，
又，所以，
所以直线的方程为，即；
【小问2详解】
设三角形的外接圆方程为，
依题意可得，解得，
所以三角形的外接圆方程为，即.
16. 在直三棱柱中，△为等腰直角三角形，，点在侧棱上，且满足．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积等于零来证明即可；
（2）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式计算即可.
【小问1详解】
由题意得，以为坐标原点，以所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，

，
由，
所以；
【小问2详解】
由题得，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知椭圆的长轴长为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同的两点和，当时，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得关于，的方程，求解即可；
（2）联立方程，根据求出范围，再利用韦达定理和弦长公式列出关于的方程，求解即可.
【小问1详解】
由题意得：，所以，
点在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆的方程为：．
【小问2详解】
直线的方程为：
联立，消去后，得关于的一元二次方程，
化简得，
由题意知，解得或，
由韦达定理可得，，
所以，
所以，化简得，解得，即，
经检验符合题意.
18. 如图1所示的图形中，四边形为菱形，，和均为直角三角形，，，现沿和将和进行翻折，使（在平面同侧），如图2（或图3）

（1）证明：平面；
（2）如图2，若平面，求点到平面距离；
（3）如图3，若二面角为时，判断平面与平面是否垂直？
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不垂直
【解析】
【分析】（1）先根据面面平行的判定定理证明平面平面，再利用性质定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式求解即可；
（3）根据题意证明二面角的平面角为，再求出平面和平面的法向量，转化为判断法向量的数量积是否等于零，即可解决.
【小问1详解】
由题，平面平面，所以平面，
四边形为菱形，所以，又平面平面，
所以平面，、平面，
所以平面平面，又平面，所以平面.
【小问2详解】
由题：平面，四边形为菱形，，
取中点，连接，可得，以为坐标原点，
以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，
故，
设平面的一个法向量，
则，
可取法向量为，
所以点到平面距离.
【小问3详解】
由四边形为菱形，，和均为直角三角形，
，所以，
取中点，连接，可得，
所以二面角的平面角为，
以为坐标原点，以、所在直线分别为轴，轴，垂直于底面的轴建立空间直角坐标，
则，
故，

设平面的法向量，
则，可取法向量，
设平面的法向量，
则，可取法向量，
因为，所以不垂直，
所以平面与平面不垂直.
19. 已如椭圆的焦点在轴，离心率，点在直线上．
（1）求实数的值；
（2）设是椭圆的右焦点，若是椭圆上一点，且满足，设直线和直线（为坐标原点）的斜率分别为，证明：；
（3）若点的纵坐标为，过作直线交椭圆于不同的两点和，在线段上取点（异于两点）满是，证明：点在定直线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率及椭圆的关系即可求出实数的值.
（2）由（1）可设点，根据得出，再由点Q在椭圆上得出，用斜率公式即可求出的值；
（3）设出的坐标，根据向量共线用坐标表示，解方程组即可得到点的横纵坐标所满足的线性关系.
【小问1详解】
设椭圆E的半焦距为c，
由题意可得，解得，
故实数的值为.
小问2详解】
设
已知，所以
由在椭圆上有：
所以.
【小问3详解】
设，
由题意知，
令，则有，
所以，，
则有，即，
①③得：⑤
②④得：⑥，
⑤⑥：
又在椭圆上，
则有，，
所以的轨迹方程为：，
即点定直线上．
【点睛】关键点点睛：第二问定值问题首先根据题意将等量关系进行表示后再化简，必要时借助于直曲联立，通过韦达定理减少计算量.第三问，动点过定直线通常设出动点后找到动点的横纵坐标所满足的线性关系，一般计算量较大.