吉林省长春市外国语学校2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题含答案

长春外国语学校2024-2025学年第一学期高二年级期中考试数学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.考试结束后，将答题卡交回.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.第Ⅰ卷(选择题)一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．1.直线的倾斜角（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将直线方程化成斜截式，再根据斜率得到倾斜角.化成斜截式为，所以直线斜率，直线倾斜角，且，则.故选：D.2.已知圆，直线，则圆上到直线的距离为的点的个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出与直线平行且与直线的距离为的直线的方程，判断出圆与两平行线间的位置关系，即可得出结论.设与直线平行且与直线的距离为的直线的方程为，由平行线间的距离公式可得，解得或，圆的圆心为，半径为，显然直线过圆心，圆心到直线的距离为，所以，直线与圆相交，直线与圆相切，所以，圆上到直线的距离为的点的个数为.故选：C.3.平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（）A.3 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长.由题意可知：，则，所以.故选：C.4.若方程表示圆，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将方程变形为，根据方程表示圆，从而得出，即可求出的取值范围.解：因为方程，可变形为，因为方程表示圆，则，解得：或，所以的取值范围是.故选：C.5.曲线与曲线一定成立的是（）A.长轴长相等 B.焦距相等 C.离心率相等 D.短轴长相等【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的性质求出两个椭圆的a、b、c即可判断求解．曲线表示焦点在x轴上的椭圆，其中，所以长轴长为，短轴长，焦距为，离心率，因为，所以，曲线表示焦点在x轴上的椭圆，其中，，，所以长轴长为，短轴长，焦距为，离心率故长轴长不相等，焦距相等，离心率不相等，短轴长不相等，故ABD错，B对；故选：B6.已知直线，直线，若，则与的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由两直线平行，得到的方程，再利用平行直线间的距离公式即可得解.由，所以，则，所以可得，根据两平行直线距离公式.故选：B7.已知为直线上的一点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】记点、，可得出，求出点关于直线的对称点的坐标，由对称性可得，由、、三点共线时，取最小值，即可得解.记点、，则，如下图所示：设原点关于直线的对称点为，且直线的斜率为，由题意可得，解得，故原点关于直线的对称点为，由对称性可知，所以，，当且仅当为线段与直线的交点时，等号成立，因此，的最小值为.故选：D.8.1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论错误的是（）A.卫星向径的取值范围是B.卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间C.卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁D.卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小【答案】C【解析】【分析】由题意可得卫星向径是椭圆上的点到焦点的距离，可得向径的最大值最小值，即可判断A，运行速度的意义又是服从面积守恒规律，即可判断BD，根据即可判断C.由题意可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离，所以最小值为，最大值为，所以A正确；根据在相同时间内扫过的面积相等，卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，故B正确；卫星向径的最小值与最大值的比值为越大，则越小，椭圆越圆，故C错误．因为运行速度是变化的，速度的变化，所以卫星运行速度在近地点时向径越小，在远地点时向径越大，卫星的向径（卫星与地球的连线）在相同的时间，内扫过的面积相等，则向径越大，速度越小，所以卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，故D正确；故选：C．二、多项选择题：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.对于直线：，下列说法正确的是（）A.直线恒过定点B.直线斜率可以不存在C.时直线的倾斜角为D.时直线在轴上的截距为【答案】AB【解析】【分析】求出直线过定点坐标即可判断A；当时斜率不存在，即可判断B；求出直线的斜率，从而得到倾斜角，即可判断C；求出直线与轴的交点，即可判断D.对于A，直线，令，则，所以直线过定点，故A正确；对于B，当时，直线，斜率不存在，故B正确；对于C，当时，直线，即，所以直线的斜率为，倾斜角为，故C错误；对于D，当时，直线，令，得，即直线在轴上的截距为，故D错误.故选：AB.10.已知圆：与圆：相交于A，B两点，则下列判断正确的是（）A.两圆的相交弦所在直线方程为B.两圆的公共弦长为C.经过A，B两点，且过原点圆的方程为D.P为上任意一点，Q为上任意一点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对A，联立两圆方程，求出两圆的相交弦所在直线方程判断；对B，求出圆心到直线的距离，进而求得两圆的公共弦长判断；对C，设经过，两点，且过原点的圆的方程为，求出代回求得方程判断；对D，的最大值为，求出判断选项D.对于A，由，得，所以两圆的相交弦所在直线方程为，故A正确；对于B，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，则两圆公共弦长为，故B正确；对于C，经过，两点的圆的方程可设为，即，因为此圆过原点，，解得，所以经过，两点，且过原点的圆的方程为，故C错误；对于D，圆的圆心为，半径为，所以的最大值为，故D正确.故选：ABD.11.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（）A.曲线围成的图形有4条对称轴B.曲线C围成的图形的周长是C.曲线C上的任意两点间的距离最大值是D.若是曲线上任意一点，的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象判断各选项即可.当时，曲线的方程可化为，当时，曲线的方程可化为，当时，曲线的方程可化为，当时，曲线的方程可化为，所以曲线的图象如图所示，对于A，由图可知曲线围成的图形有4条对称轴，故A正确；对于B，曲线由4个半圆组成，其周长为，故B错误；对于C，由图可知曲线上任意两点间最大距离为，故C正确；对于D，到直线的距离，点到直线的距离为，由圆的性质得曲线上一点到直线的距离最小为，故的最小值为，故D正确.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量则实数的值为________．【答案】7【解析】【分析】根据题意，利用空间向量垂直坐标表示，列式求解作答.由题，，，解得.故答案为：7.13.经过点，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的一般方程是______.【答案】或【解析】【分析】分截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，代入得到直线方程.当截距为0时，设直线方程为，将代入得，解得，故，即；当截距不为0时，设直线方程为，将代入得，解得，故直线方程为，即.故答案为：或14.已知椭圆的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆与C在第一、第三象限分别交于点A，B，若，则C的离心率的最大值是______．【答案】【解析】【分析】作出辅助线，设，得到，由椭圆定义和勾股定理得到方程，得到，故，设，，由对勾函数性质得到函数单调性，从而得到，求出离心率的取值范围，得到最大值.连接，设，因为点在第一象限，所以，由对称性可知，因为，所以，即，由椭圆定义可得，由圆的性质得⊥，由勾股定理得，所以，即，因为，设，，则，由对勾函数性质，单调递增，所以，即，当时，解得，即，解得当时，解得，即，解得，综上，所以C的离心率的最大值为.故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).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.求适合下列条件的椭圆的标准方程．（1）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且；（2）焦点在坐标轴上，且经过两个点.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出椭圆方程，根据椭圆定义求出，将点代入方程求出得解；（2）待定系数法去求解即可求得椭圆的标准方程.【小问1详解】由题设椭圆，，，即，将点代入方程，可得，所以椭圆方程为.【小问2详解】设椭圆的一般方程为，将点，代入椭圆的方程，得，解得，，所以椭圆的标准方程为.16.已知以点为圆心的圆与直线相切.(1)求圆A的方程；(2)过点的直线l与圆A相交于M、N两点,当时，求直线l方程．【答案】（1）（2）或【解析】（1）由题意知到直线的距离为圆半径，且,所以圆的方程为.（2）记MN中点为Q，则由垂径定理可知且，在中由勾股定理易知，，设动直线方程为：或，显然合题意.由到距离为1知，解得,∴或为所求方程.17.在平面直角坐标系中，圆为过点，，的圆．（1）求圆的标准方程；（2）若点P的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状.【答案】（1）；（2），轨迹是以为圆心，半径为的圆．【解析】【分析】（1）设圆的方程为，根据三点都在圆上，列出方程组，求得的值，即可得到圆的一般方程，然后化成标准方程即可；（2）设，点，由，求得，根据圆上运动，得到，代入，即可求解.【小问1详解】设圆的方程为，因为圆为过点，，，所以，解得满足，所以，化成标准方程为.小问2详解】设的坐标是，点的坐标是，因为的坐标是，且，所以，解得，又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即，代入得，整理得，点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆．18.如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【小问1详解】由于，所以，根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.【小问2详解】设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，则，令，可得，设直线和平面所成角为，则；【小问3详解】设，则，过T作，则，∵，∴，∴，∴或（舍）∴.19.已知椭圆的离心率为，过椭圆E的左焦点且与x轴垂直的直线与椭圆E相交于的P，Q两点，O为坐标原点，的面积为.（1）求椭圆E的方程；（2）点M，N为椭圆E上不同两点，若，求证：的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）离心率提供一个等式，是椭圆通径，通径长为，这样的面积又提供一个等式，两者联立方程组结合，可求得得椭圆标准方程．（2）设，由得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.应用韦达定理得，代入可得的关系，注意，然后由圆锥曲线中的弦长公式计算弦长，求出到直线的距离，求得的面积，化简可得为定值，同样直线的不斜率存在时，也求得的面积和刚才一样，即得结论．（1）设椭圆的半焦距为c，则①过椭圆左焦点且与x轴垂直的直线方程为，与椭圆方程联立解得，所以，所以②把①代入②，解得又，解得所以E的方程为：（2）设，因为，，所以，即，即（i）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程并整理，得.则，③所以，整理得，代入③，