2024学年绵阳中学高二数学第一学期期中试题卷附答案解析

学年绵阳中学高二数学第一学期期中试题卷.本卷满分150分，考试时间120分钟2024.11一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．方程表示的曲线是（

）A．两个圆B．一个圆和一条直线C．一个半圆 D．两个半圆3．如图，已知一艘停在海面上的海监船上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为.这艘轮船能被海监船监测到的时长为（

）

A．1小时 B．0.75小时 C．0.5小时 D．0.25小时4．椭圆的焦点为，点P在此椭圆上，如果线段的中点在y轴上，那么的值为（

）A． B．4 C．7 D．5．棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（

）

A．1 B．－1 C． D．6．如图所示，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点，且，则该椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．7．如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．8．我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.已知点在直线，点在直线上，且，结合上述观点，的最小值为（

）A． B． C． D．5二、多选题（本大题共3小题）9．2020年11月28日，“嫦娥五号”顺利进入环月轨道，其轨道是以月球的球心F为一个焦点的椭圆(如图所示).已知它的近月点A(离月球表面最近的点)距离月球表面m千米，远月点B(离月球表面最远的点)距离月球表面n千米，为椭圆的长轴，月球的半径为R千米.设该椭圆的长轴长，焦距分别为，，则下列结论正确的有（

）A． B． C． D．10．瑞士数学家伯努利于1694年发现了双纽线，即在平面直角坐标系中，点到两个定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则当时，下列结论正确是（

）A．点在双纽线上B．点的轨迹方程为C．双纽线关于坐标轴对称D．满足的点有1个11．以下四个命题表述正确的是（

）A．直线恒过定点B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1C．圆：与圆：恰有三条公切线，则D．已知圆C：，点P为直线上一动点，过点向圆C引两条切线、，、为切点，则直线经过定点三、填空题（本大题共3小题）12．两平行直线，的距离为.13．过双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点.设为线段的中点，为坐标原点，则．14．已知椭圆的左､右焦点分别为､，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知双曲线的实轴长为，点在双曲线上.(1)求双曲线的标准方程；(2)过点且斜率为的直线与双曲线的另一个交点为，求.16．已知圆心为的圆经过点，且圆心在直线上.(1)求圆的方程：(2)已知直线过点且直线截圆所得的弦长为2，求直线的方程.17．如图所示，直角梯形中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.18．已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2.(1)求的方程；(2)设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为.①求曲线的方程；②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.19．已知、分别是椭圆的左、右顶点，过点且斜率为的直线交椭圆于、两个不同的点（、与、不重合）．(1)求椭圆的焦距和离心率；(2)若点在以线段为直径的圆上，求的值；(3)若，设为坐标原点，直线、分别交轴于点、，当且时，求的取值范围．

参考答案1．【答案】D【详解】由直线得其斜率为，设直线的倾斜角为（），则，所以，所以直线的倾斜角为，故选：D2．【答案】D【详解】方程可化为，因为，所以或，若时，则方程为,是以为圆心，以1为半径的左半圆；若时，则方程为，是以为圆心，以1为半径的右半圆;总之，方程表示的曲线是以为圆心，以1为半径的右半圆与以为圆心，以1为半径的左半圆合起来的图形.故选：D3．【答案】C【详解】如图，以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系,

则，，圆方程，直线方程：，即，设到距离为，则，所以外籍轮船能被海监船检测到，设监测时间为，则（小时），外籍轮船能被海监船检测到的时间是0.5小时.故选：C.4．【答案】C【详解】由＝1可知，，所以，所以F1(－3,0)，F2(3,0)，∵线段PF1的中点M在y轴上，且原点为线段的中点，所以，所以轴，∴可设P(3,m)，把P(3,m)代入椭圆＝1，得.∴|PF1|＝，|PF2|＝.∴.故选：C5．【答案】A【详解】，所以．故选：A．6．【答案】A【详解】由，得，所以，.由题意知，所以，.因为,所以,所以.所以，所以，故选：A.7．【答案】D【详解】取的中点，连接，四边形为菱形，，所以，由于平面平面，且两平面交线为，，平面，故平面，又四边形为正方形，故以为坐标原点，为轴，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，

则，故，则，故直线，所成角的余弦值．故选：D．8．【答案】D【分析】根据两点距离公式将目标函数转化为点到点的距离与点到点的距离和，过点作，垂足为，证明，由求目标函数最小值.【详解】由已知表示点到点的距离，表示点到点的距离，所以，过点作，垂足为，因为直线的方程为，，所以，又直线与直线平行，，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又，当且仅当三点共线时等号成立，所以当点为线段与直线的交点时，取最小值，最小值为，因为过点与直线垂直的直线的方程为，联立可得所以点的坐标为，所以，所以的最小值为.故选D.9．【答案】BC【解析】根据图形椭圆长轴长为，利用椭圆几何性质及图形再写出即可求解.【详解】由题意可知，所以，因为，，所以故选：BC10．【答案】BCD【详解】由双纽线的定义可得：，即，化简得：，则当时，点的轨迹方程为，故B正确；当时代入方程得，显然不满足方程，所以点不在双纽线上故A错误；把x换成，y换成，方程不变，所以双纽线关于坐标轴对称，故C正确；因为，若满足，则点P在y轴上，在方程中令，解得，所以满足的点为，故D正确；故选：BCD.11．【答案】BCD【详解】直线，所以，所以，解得，所以直线恒过定点，故A错误；圆，圆心为到直线的距离为，所以直线与圆相交，平行于直线l且距离为的直线分别过圆心以及和圆相切，所以圆上有且仅有个点到直线的距离为，故B正确；由：可得，圆心，，由：可得，圆心，，由题意可得两圆相外切，所以，即，解得：，故C正确；设，所以，

因为、，分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，所以点，在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为.整理可得：，与已知圆C：，相减可得.消去可得：，即，由解得，所以直线经过定点，故D正确.故选：BCD.12．【答案】【分析】由两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可计算出结果.【详解】由于直线与平行，则整理得解得，所以，直线的方程为，直线的方程为，即，因此，两直线间的距离为.故答案为：.13．【答案】1【详解】设是双曲线的右焦点，连接分别为，的中点由双曲线定义得，故.故答案为：1.14．【答案】【详解】因为，所以，如图，在上取一点M，使得，连接，则，则点为上靠近点的三等分点，所以，所以，设，则，由椭圆定义可知：，即，所以，所以AF2=a，，故点与上顶点重合，在中，由余弦定理得：，在中，，解得：，所以椭圆离心率为.故答案为：.

15．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为双曲线的实轴长为，所以，解得：；又因为点在双曲线上，所以，解得：，所以双曲线的标准方程为：（2）设，Qx由题可得过点且斜率为的直线方程为：，即，联立，消去可得：，所以，，所以16．【答案】(1)(2)或【详解】（1）的中点为的垂直平分线方程为，即，将联立可得，即圆的圆心坐标为.圆的半径为，所以圆的标准方程为.（2）设圆心到直线的距离为，由弦长公式得，故.若直线的斜率不存在，则，此时圆心到直线的距离为3，符合题意.若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，所以，解得，则直线的方程为.故直线的方程为或.17．【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）取中点G，连接.，，∴四边形为平行四边形∵平面平面四边形为矩形，平面平面平面如图，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系则，，，，，设平面的一个法向量为，不妨设，，则，又又平面平面（2），设平面的一个法向量为，.不妨设，则，，.设向量与的夹角为，则∴平面与平面所成二面角的余弦值为18．【答案】(1)(2)①；②存在，【详解】（1）由题意可设圆的圆心的坐标为，圆的圆心在直线上，，解得：，即圆心为，圆心到直线的距离为，设圆的半径为r，弦长为，由已知所以，所以圆的标准方程为；（2）设，则，由得：，所以D在圆上运动，整理可得点T的轨迹方程为：当直线轴时，轴平分，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，联立化简可得，方程的判别式，设，，，若轴平分，则，所以，又，，所以，所以，所以所以解得，当时，能使轴平分.19．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）由题意，结合椭圆的方程和离心率的公式求解即可；（2）设出直线的方程和的坐标，联立曲线方程，得到韦达定理再结合向量的坐标运算求解即可；（3）结合（2）中所求信息将和的表达式写出，再根据求解范围即可.【详解】（1）由椭圆方程可得，所以椭圆的焦