浙江专用2024-2025学年高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷期中测试卷03新人教A版

-2025学年高二数学上学期期中测试卷03一、单选题1．过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（

）A．x-y+1=0 B．x+y-3＝0 C．y＝2x或x+y-3＝0 D．y＝2x或x-y+1＝0【答案】D【分析】考虑直线是否过坐标原点，设出直线方程，分别求解出直线方程.【解析】当直线过原点时，其斜率为，故直线方程为y＝2x；当直线不过原点时，设直线方程为，代入点（1，2）可得，解得a＝－1，故直线方程为x-y+1＝0.综上，可知所求直线方程为y＝2x或x-y+1＝0，故选：D.【点睛】本题主要考查直线方程的截距式以及分类探讨思想的应用，考查逻辑推理和数学运算.在利用直线方程的截距式解题时，肯定要留意探讨直线的截距是否为零.2．已知抛物线上的点到该抛物线焦点的距离为2，则（

）A．1B．2C．4D．6【答案】C【分析】依据抛物线的标准方程，得到准线方程与焦点坐标，依据抛物线的定义，可列方程，得到答案.【解析】由，可得其焦点，准线方程为，因为点到该抛物线焦点的距离为2，所以点到抛物线准线的距离为，则，解得，故选：C.3．如图，三棱锥中，，分别是，的中点，设，，，用，，表示，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】结合向量线性运算即可求得【解析】，分别是，的中点，.故选：D.4．中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界上首个在月球背面软着陆和巡察探测的航天器.如图所示，现假设“四号星”沿地月转移轨道飞向月球后，在月球旁边一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在P点其次次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行.若用和分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用和分别表示椭圆轨道I和Ⅱ的长轴长，则下列式子正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由椭圆的性质推断A；由结合不等式的性质推断BCD.【解析】，，即，因为，所以，即，故A错误；∵，∴，，，，∴，故B错误；由B可知，，，则，故C错误；由B可知，，则，故D正确；故选：D5．已知圆，若存在过点的直线与圆C相交于不同两点A，B，且，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】依据圆的割线定理，结合圆的性质进行求解即可.【解析】圆的圆心坐标为：，半径，由圆的割线定理可知：，明显有，或，因为，所以，于是有，因为，所以，而，或，所以，故选：D6．广为人知的太极图，其形态如阴阳两鱼互纠在一起，因而被习称为“阴阳鱼太极图”如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”整个图形是一个圆形区域．其中黑色阴影区域在y轴左侧部分的边界为一个半圆．已知符号函数，则当时，下列不等式能表示图中阴影部分的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】依据题意，结合符号函数，探讨时解除A，探讨时解除BD，进而得答案.【解析】解：对于A选项，当时，，即表示圆内部及边界，明显不满意，故错误；对于C选项，当时，，即表示圆外部及边界，满意；当时，，即表示圆的内部及边界，满意，故正确；对于B选项，当时，，即表示圆内部及边界，明显不满意，故错误；对于D选项，当时，，即表示圆外部及边界，明显不满意，故错误；故选：C7．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为A，B，点M为椭圆C上不与A，B重合的随意一点，直线AM与直线交于点D，过点B，D分别作BP⊥直线，DQ⊥直线，垂足分别为P，Q，则使成立的点M（

）A．有一个 B．有两个 C．有多数个 D．不存在【答案】D【分析】由题意，直线的斜率存在且不为0，设,则，的中点为，设，联立消去，求出用k表示，分和两种状况，分别证明即可，从而即可求解.【解析】解：由题意，直线的斜率存在且不为0，设，则,的中点，联立，消去整理得，设，由韦达定理得，解得，故有，又，当时，，，此时轴，所以四边形为矩形，所以，所以；当时，因为，，所以直线，即，所以点到直线的距离，而，即，所以以为直径的圆与直线相切，因为四边形为直角梯形，的中点为，所以.综上，.所以不存在使成立的点M，故选：D.8．如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，表示出翻折后的位置，利用向量垂直，数量积为零，找出关系式，进而求得，再利用极限位置求得a的最小值，即可求得答案。【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置，以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设，由于,故，而，由于,故，则，即；又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,则，即，即，当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，不妨假设此时，设垂足为G,作AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，由于，故,所以,而,故，又,故为正三角形，则,而,故,则，故，，则，故的取值范围是，故选：A【点睛】本题考查了空间的垂直关系，综合性较强，解答时要充分发挥空间想象力，明确空间的点线面的位置关系，解答时涉及到空间坐标系的建立以及空间向量的应用，还要留意极限位置的利用，有较大难度.二、多选题9．下列结论正确的是（

）A．“”是“直线与直线相互垂直”的充要条件B．已知，O为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交C．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为D．直线的倾斜角的取值范围是【答案】BD【分析】由题意利用直线的倾斜角和斜率、直线的方程，直线与圆的位置关系，逐一推断各个选项是否正确，从而得出结论．【解析】解：对于A，由直线与直线相互垂直，，化为，解得或，“”是“直线与直线相互垂直”的充分但不必要条件，故A错误；对于B，因为点是圆外一点，所以，所以圆心到直线的距离，可得与圆相交，故B正确；对于C，已知直线和以，为端点的线段相交，则、两个点在直线的两侧或直线上，则有，解可得或，故C错误；对于D，设直线的倾斜角，则,，故的取值范围是，故D正确.故选：BD.10．下列方程的图形为抛物线的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用方程表示的几何意义并结合抛物线定义推断A，B，C，利用方程干脆推断D作答.【解析】对于A，方程化为表示点到定点的距离与到定直线的距离相等，且定点不在定直线上，原方程表示的图形是抛物线，A是；对于B，方程表示点到定点的距离与到定直线的距离相等，而定点在定直线上，原方程表示的图形不是抛物线，B不是；对于C，方程表示点到定点的距离与到定直线的距离相等，且定点不在定直线上，原方程表示的图形是抛物线，C是；对于D，方程化为，方程表示的图形是抛物线，D是.故选：ACD11．已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且分别为的中点.则（

）A．与平面夹角余弦值为B．与所成角为C．平面D．平面平面【答案】BCD【分析】对于A、B：建系，利用空间向量处理相关角度问题；对于C：依据线面平行的判定定理证明；对于D：利用线面垂直的判定定理先证平面，可得，再证平面，进而说明结果.【解析】对于A、B：如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：∴设平面的法向量为则有，令，则∴则∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；∵∴与所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；如图2：对于C：连接，设，连接分别为的中点，则且∴为平行四边形，则O为的中点又∵F为的中点，则平面，平面∴平面，C正确；对于D：平面即为平面由题意可得：，平面∴平面平面，则又∵为正方形，则，平面平面平面∴平面平面，即平面平面，D正确；故选：BCD.12．已知的左，右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则下列说法中正确的有（

）A．椭圆C的离心率的取值范围是B．已知，当椭圆C的离心率为时，的最大值为3C．存在点Q使得D．的最小值为1【答案】ACD【分析】易得，再依据点在椭圆C外，可得，从而可求得的范围，再依据离心率公式即可推断A；依据离心率求出椭圆方程，设点，依据两点的距离公式结合椭圆的有界性即可推断B；当点Q位于椭圆的上下顶点时取得最大值，结合余弦定理推断是否大于等于即可推断C；依据结合基本不等式即可推断D.【解析】解：依据题意可知，则椭圆方程为，因为点在椭圆C外，所以，所以，所以，则离心率，故A正确；对于B，当椭圆C的离心率为时，，所以，所以椭圆方程为，设点，则，当时，，故B错误；对于C，当点Q位于椭圆的上下顶点时取得最大值，此时，，即当点Q位于椭圆的上下顶点时为钝角，所以存在点Q使得为直角，所以存在点Q使得，故C正确；对于D，，则，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为1，故D正确.故选：ACD.三、填空题13．若焦点在x轴上的椭圆的焦距为4，则___________．【答案】4【分析】依据椭圆中基本量的关系得到关于m的方程，解方程得到m的值.【解析】因为椭圆的焦点在x轴上且焦距为4，所以，解得.故答案为：4.14．已知实数x，y满意直线l的方程，则的最小值为______．【答案】【分析】将问题转化求点到直线l：上点的距离最小值，即可得结果.【解析】由题意，表示点到直线l：上点的距离，所以其最小值为.故答案为：15．已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为的直线与双曲线C的左支交于点A．若，则双曲线C的渐近线方程为__．【答案】【分析】由已知可得，由过F2的直线斜率为，可得，进而由余弦定理可得c＝3a，可求双曲线C的渐近线方程．【解析】由，得，所以，故由双曲线的定义知，，因为直线的斜率为，所以，即，结合，因为，可得，由余弦定理得：，解得：c＝3a，因为，所以，即，可得，∴双曲线C的渐近线方程为．故答案为：．16．空间向量，，，，，，且，，若点P满意，且，，，，则动点P的轨迹所形成的空间区域的体积为__________.【答案】【解析】先分析若，，，时，点在图中的点，由，，，可得，，，可以得出点在三棱锥内，计算三棱锥的体积即可求解.【解析】因为，，，，当，，时，点在图中的点，因为，当，时，同理，，，，，由知点在内，而，，，，所以点在三棱锥内，且，，，过作平面的垂线，垂足为，由三余弦定理可得：，即，所以，所以，，所以三棱锥的体积为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由可得是以为邻边所成的平行六面体的体对角线，关键点是分析出，，，得出点在三棱锥内.四、解答题17．已知向量，，.(1)当时，若向量与垂直，求实数x和k的值；(2)当时，求证：向量与向量，共面.【答案】(1)；；(2)证明见解析.【分析】（1）依据可求得，再依据垂直的数量积为0求解即可.（2）设，依据条件可得，依据共面对量定理即得.（1）因为,所以，解得，因为，向量与垂直，所以，∴，∴；所以实数和的值分别为和；（2）当时，，设（），则，，解得，即，所以向量与向量，共面.18．已知点，圆：．(1)推断点与圆的位置关系，并加以证明；(2)当时，经过点的直线与圆相切，求直线的方程；(3)若经过点的直线与圆交于、两点，且点为的中点，求点横坐标的取值范围．【答案】(1)点在圆外．(2)或(3)【分析】（1）把点的坐标代入圆的方程的左边计算结果大于4知点在圆外；（2）分类探讨斜率是否存在时，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程；（3）由经过点的直线与圆交于、两点，且点为的中点，得到，代入可求的范围．（1）把点的坐标代入圆的方程的左边计算，，所以点在圆外．（2）当时，点的坐标为，由圆．知圆心为，，①当直线的斜率不存在，方程为，圆以到直线的距离为2，所以是圆的切线；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由题意有，解得，所以直线的方程为，即，综上所述，过点与圆相切的直线方程为或（3）若存在经过点的直线与圆交于、两点，且点为的中点，由圆的半径为2，所以，则有，，当为直径时，有最大值6，所以有，解得，所以横坐标的取值范围为．19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的圆心坐标为，其中且，轴､轴被圆截得的弦分别为，.(1)求证：的面积为定值，并求出这个定值；(2)设直线与圆交于，两点，若，求圆的标准方程.【答案】(1)证明见解析，定值为4(2)【分析】(1)由题意可知圆C必定是经过原点的，算出点A和B的坐标即可；(2)考虑圆C过原点的几何关系，推断所得解的合理性，即可算出圆的方程.(1)依题意作图如下：由题可知为中点，因为点的坐标为，由题意可知圆C必定经过原点，即圆的方程为：，所以，所以，所以的面积为定值，该定值为4；(2)因为，是等腰三角形，圆C是其外接圆，所以线段的中垂线经过点与点，直线的方程，所以，所以或1，当时，点的坐标为，圆的半径，所以圆心到直线的距离为：，即直线与圆相离，故不符合题意，舍去；当时，点的坐标为，圆的半径，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，故符合题意，此时圆的标准方程为；综上，的面积为4，圆的标准方程为.20．已知，如图，曲线由曲线和曲线组成，其中点为曲线所在圆雉曲线的焦点，点，为曲线所在圆雉曲线的焦点(1)若，求曲线的方程;(2)如图，作斜率为正数的直线平行于曲线的渐近线，交曲线于点，求弦的中点的轨迹方程；【答案】(1)和(2)，【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而求出曲线方程；（2）设直线，，，，联立直线与椭圆方程，消元，依据及结合图象得到，再利用韦达定理得到，即可得解；（1）解：因为，，所以，解得，所以曲线的方程为和；（2）解：曲线的渐近线为，设直线则又由数形结合知，所以设点，，，则所以，，所以，即点的轨迹为，；21．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设(1)当时，求的值；(2)若P为平面ABCD外一点，满意，记，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质