重庆市第八中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析

这是一份重庆市第八中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：肖江 张锐 审核：张秀梅 打印：肖江 校对：张锐
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，有且仅有一项符合题目要求.
1. 若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方向向量可得斜率，进而可得倾斜角.
【详解】设倾斜角为，
因为直线的方向向量是，则直线的斜率，
故倾斜角的正切值为，
且，所以的倾斜角为.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系，把问题转化为“齐次式”求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
3. 已知圆经过点和点，且圆心在直线上，则圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据题意，设圆心为，根据圆心到点和点的距离相等，可得出关于实数的等式，
求出实数的值，可得出圆心坐标，再利用两点间的距离公式可求得圆的半径.
【详解】因为圆心在直线，设圆心为，
因为圆经过点和，可得，
解得，故圆心为，则圆的半径为.
故选：B.
4. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别是4和6，高是，则它的侧面积为（ ）
A. 10B. C. 40D. 44
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正四棱台结构特点，求出斜高，在根据侧面积的计算方法求其侧面积.
【详解】正四棱台的侧面为等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长为4，6，高为，
所以侧面梯形的斜高为，
所以棱台的侧面积为.
故选：C
5. 已知点是的重心，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用为基底，结合三角形重心的性质，表示向量，可得，的值.
【详解】如图，由点是的重心，可得

，
结合，可得，，所以.
故选：D
6. 已知直线为空间中一条直线，平面，，为两两相互垂直的三个平面，则（ ）
A. 若，则与和相交B. 若，则或
C. 若，则，且D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法，逐项判断即可.
【详解】对A选项，由，则与和相交或平行或在面内，所以A选项错误；
对B选项，当时，且且，所以B选项错误；
对C选项，当时，与，可以成任意角，所以C选项错误；
对D选项，如图，易得，所以D选项正确；
故选：D
7. 已知海面上有一监测站，其监测范围为以为圆心，半径为的圆形区域，在A正东方向处有一货船，该船正以的速度向北偏西方向行驶，则货船行驶在监测站监测范围内的总时长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出在监测范围内行驶的总距离，即可求出总时长.
【详解】依题意，如图，易知在监测范围内行驶的总距离为，
故在监测范围内行驶的总时长为.
故选：C
8. 椭圆的右顶点为A，上顶点为，，点为椭圆上一点且，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆方程可知点的坐标，根据向量可得，，将代入椭圆方程运算求解即可.
【详解】椭圆的右顶点，上顶点，
设，则，
由可得，解得，即，
又由，则，
将代入椭圆方程，得，
即，解得或（舍），所以.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知圆，圆，则（ ）
A. 直线的方程为
B. 圆经过，两点，则圆的面积的最小值为
C. 与圆和圆都相切的直线共有四条
D. 若，分别为圆，圆上两动点，则的最大值为10
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意可得圆心和半径，即可得直线的方程，即可判断A；对于B：分析可知当为圆的直径时，该圆面积最小，即可得结果；对于C：分析可知圆与圆外切，即可得结果；对于D：分析可知当，，，共线时，取得最大值，即可得结果.
【详解】圆，其圆心，半径，
圆，其圆心，半径，
对于A，直线方程为，即，所以A正确；
对于B，因为，
当为圆的直径时，该圆面积最小，面积的最小值为，所以B正确；
对于C，因为，可得，可知圆与圆外切，
所以两圆的公切线共有3条，所以C错误；
对于D，当，，，共线时，取得最大值，所以D正确.
故选：ABD.
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）
A. 的周长为
B. 存在点，使得
C. 若，则的面积为
D. 使得为等腰三角形的点共有4个
【答案】AB
【解析】
【分析】根据焦点三角形的周长为判断A的真假；考虑为短轴顶点时，焦点三角形的形状判断B的真假；结合椭圆定义和余弦定理，计算焦点三角形的面积，判断C的真假；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点，判断D的真假.
【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；
对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，如图：
设，，则.
所以，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
故选：AB
11. 在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则（ ）

A. 四棱锥体积的最大值为
B. 存在某一翻折位置，使得
C. 为的中点，当时，二面角的余弦值为
D. 为的中点，则的长为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】因为梯形面积为定值，只需分析何时高最大，就可求出四棱锥体积的最大值，判断A的真假；反证法可知B不成立；确定二面角的平面角，解三角形确定二面角的三角函数值，判断C的真假；分析折叠过程中的不变量，判断D的真假.
【详解】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确；
对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误；
对于C，取中点，连接，，如图：

由题意，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确；
对于D，取中点，连接，，，则，，
且四边形为平行四边形，，，所以，即，，不变，由余弦定理知定值，所以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. 已知直线与圆相切，则实数的值为______________.
【答案】2
【解析】
【分析】先明确圆的圆心和半径，再根据圆心到直线的距离等于圆的半径求的值.
【详解】将方程整理，可得，（）
则圆心为，半径为，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线距离等于圆的半径，即，
由.
故答案为：2.
13. 已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，，，则椭圆的离心率为______________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，，根据椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再利用椭圆定义得到AF2=23a，，在中，由余弦定理可得，即可求得.
【详解】解：设是椭圆的右焦点，连接，，
由对称性可知：，，则四边形为平行四边形，
则，即，且，
因为，则AF2=23a，，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，所以椭圆的离心率为.

故答案为：.
14. 已知正四面体的棱长为，在棱上，且，则此正四面体的外接球球心到平面的距离为______________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用体积法求点到平面的距离.
【详解】在正四面体中，，，
，在，中，
，
取中点，连接，，如图，，，
而，，

令正的中心为，连接，，，
的延长线交于点，则为中点，
有，，
，显然平面，
正四面体的外接球球心在上，连接，
则，而，
在中，，解得，且，
令点到平面的距离为，由得：，
即，解得，
因此球的球心到平面的距离有，即.
故答案为：
【点睛】结论点睛：正四面体的外接球和内切球球心是统一的，它将正四面体的高分成两部分，高的是正四面体内切球的半径，高的是正四面体外接球的半径.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线的方程为：.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过（1）中的点引直线交坐标轴正半轴于，两点，求面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）4
【解析】
【分析】（1）把直线方程写成，由可得定点坐标.
（2）设过点直线方程的点斜式，求出与坐标轴交点坐标，利用基本（均值）不等式求三角形面积的最小值.
【小问1详解】
由，可得，
令，所以直线过定点.
【小问2详解】
由（1）知，直线恒过定点，由题意可设直线的方程为，
设直线与轴，轴正半轴交点为，，令，得；令，得，
所以面积，
当且仅当，即时，面积最小值为4.
16. 在锐角中，角所对的边分别为，，，且.
（1）求证：；
（2）若的角平分线交于，且，求线段的长度的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可求得，再由角的范围可得；
（2）由正弦定理可得，再由锐角三角形限定出角范围，根据三角函数值可得的长度的取值范围.
【小问1详解】
证明：由，根据正弦定理可得，
即，所以；
可得，
所以，
即，显然，
故，，
所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理可得，可得，
即，所以，
因为是锐角三角形，且，所以
解得，可得，所以，
所以线段长度的取值范围是.
17. 在平面直角坐标系中，已知圆，不与轴垂直的直线过点且与圆相交于，两点.
（1）已知，求直线的方程；
（2）已知点且的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分斜率是否存在讨论，当斜率存在时，利用半弦长、弦心距、半径关系列方程求斜率即可得解；
（2）分斜率是否存在讨论，当斜率存在时，利用弦长及弦心距表示出面积，解方程即可得解.
【小问1详解】
①直线的斜率不存在时，，不满足题意.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则圆心到直线的距离，
由，可得，解得，
故直线.
【小问2详解】
①直线的斜率不存在时，，不满足题意.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则，
到直线的距离，
故，
由可得，化简得，
即，解得，
故直线.
18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面.
（1）求证：为中点；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若点为棱上一动点（含端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理，得到线线平行，再根据中位线性质定理证明为中点.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的三角函数值.
（3）在（2）的基础上，利用空间向量求线面角的正弦值的取值范围.
【小问1详解】
连结交于点，连结，
因为底面是矩形，所以为中点，
因为平面，平面，
平面平面，所以，
又因为为中点，所以为中点.
【小问2详解】
取的中点，连结，，因为底面为矩形，所以，
因为，为中点，所以，，
所以，又因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，所以，
所以，，两两垂直，
如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得：
，，，P0,0,1，，，
则，，，
由上可知为平面的一个法向量，
设平面的法向量为n=x,y,z，
，令，则，，所以，
所以，，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2），，因为点在棱上（含端点）
所以设，
则，
设与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆与轴和轴的交点分别为，，，（在左侧，在下侧），直线（且）与直线交于点，过点且平行于的直线交于点（异于点），交轴于点，直线交于点（异于点），直线交轴于点.
（1）当时，求出，两点的坐标；
（2）直线与直线是否相互平行？若是，请写出证明过程；若不是，请说明理由.
【答案】（1），
（2）平行，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求相应点和直线方程，进而联立方程求交点坐标即可；
（2）根据题意结合斜率关系先证证明，再证明，，三点共线即可.
【小问1详解】
由椭圆方程可知：，
则，，，，
直线，即，
联立方程，解得，即，
直线，故，直线，故.
由，化简得，解得或（舍去），即，
可得，故直线，
联立方程，化简得，解得或（舍去），即，
所以
【小问2详解】
直线与直线相互平行，证明如下：
证明，再证明，，三点共线即可.
①证明由，解得，
直线的方程为，则，
故直线，可得，即，故 ；
②证明，，三点共线：
设，由，得，
解得，故，即；
直线的方程为，设交于，
由，得，
解得，故，即，
则，
，
所以，即，，三点共线，
又有直线交于点，故与重合，即，，三点共线.
由①②可知：.