2024−2025学年天津市滨海新区高二上学期期中学情调研数学检测试卷（含解析）

2024−2025学年天津市滨海新区高二上学期期中学情调研数学检测试卷一、单选题（本大题共12小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知直线，若，则（

）A．或 B． C．或 D．3．已知过点P(2,2)的直线与圆相切,且与直线垂直,则（）A． B．1 C．2 D．4．直线l：与圆C：的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．都有可能5．圆：与圆：的位置关系是（

）A．外离 B．外切 C．相交 D．内切6．在正方体中，是棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．7．为椭圆：上一点，，则最小值为（

）A．1 B． C． D．8．与椭圆有相同的焦点且与直线l：相切的椭圆方程为（

）A． B． C． D．9．已知四棱锥平面BCDE，底面EBCD是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为AD的中点，则到直线BC的距离为（

）A． B． C． D．10．若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．11．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．12．已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A． B． C． D．二、填空题（本大题共6小题）13．焦点在y轴上，短轴长为8，离心率为的椭圆的标准方程是．14．圆与圆的公共弦长为．15．已知，，若点Px,y在线段上，则的取值范围是.16．已知直线l经过点，且被圆截得的弦长为6，则直线l的方程是__________．17．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：（1）椭圆C的离心率为．（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为．18．已知，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意一点，M为上的三等分点，且满足，若，则该椭圆的离心率e的取值范围是______．三、解答题（本大题共3小题）19．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．（1）求圆C的标准方程；（2）直线与圆C交于A，B两点．①求k的取值范围；②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．20．如图，已知在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，点是棱上靠近端的三等分点，点是棱上一点.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)求平面与平面夹角的余弦值.21．已知椭圆的短轴长为，离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交于M，N两点，①若，求直线的方程；②若点，求的面积的取值范围．

答案1．【正确答案】A【详解】解：因为直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则有，解得，所以其倾斜角为．故选：A．2．【正确答案】B【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.【详解】因为，，所以，所以，解得或，当时，，，直线重合，不满足要求，当时，，，直线平行，满足要求，故选B.3．【正确答案】C【详解】设过点的直线的斜率为，则直线方程，即，由于和圆相切，故，得，由于直线与直线垂直，因此，解得，故答案为C.4．【正确答案】A【详解】圆C的圆心坐标为，半径为2，直线l的方程为，圆心到直线l的距离为，所以直线l与圆C的位置关系是相交.故选：A.5．【正确答案】C【详解】圆：的标准方程为，圆心为，半径为，圆：的标准方程为，圆心为，半径为，所以两圆圆心距为，所以，因此两圆的位置关系为相交.故选：C.6．【正确答案】A【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，所以设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：A.7．【正确答案】D【详解】设，则，由于，故当时，取最小值，故选：D8．【正确答案】A【详解】因为所求椭圆与椭圆有相同的焦点，故设所求椭圆为，联立方程组，得，整理，得，因为直线l与椭圆相切，所以解得（舍）或.所以，故选：A.9．【正确答案】A【详解】由题意知，平面，平面，所以，又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，得所以，，记，则，所以F到直线BC的距离为.故选：A10．【正确答案】A【详解】因为圆心到直线的距离，故要满足题意，只需，解得.故选：A.11．【正确答案】C【详解】如图，由椭圆定义可知，且，又，利用余弦定理可知：，化简可得，所以的面积为，设的外接圆半径为，内切圆半径为，由正弦定理可得，可得，易知的周长为，利用等面积法可知，解得，又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以，离心率.故选：12．【正确答案】D【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，故选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.13．【正确答案】【详解】由题意有，解得，又椭圆的焦点在轴上，故椭圆的标准方程是.故答案为.14．【正确答案】【详解】圆与圆，两圆方程相减可得，，即为公共弦所在的直线方程，圆，则圆心为，半径，则圆心到直线的距离，故公共弦长为．故．15．【正确答案】【详解】的几何意义是点Px,y与点连线的斜率，又点Px,y在线段上，由图知，因为，，所以，因为点P是线段AB上的动点，所以，故16．【正确答案】或【分析】由弦长求得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离求直线的方程.【详解】由题可知圆心，半径，弦长，设弦心距是d，则，解得，若l斜率不存在，直线是，符合题意，若l斜率存在，设直线方程，即，则，解得，直线l的方程为，即，综上，所求直线方程为或．故或．17．【正确答案】/0.5【详解】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，经过的路程为，从而；如图示：延长,交于点F0.在△中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：,则且H为中点.在△中,则,∴,所以椭圆方程为.故；.18．【正确答案】设，根据，求出点，再由可得，代入椭圆方程可得，使方程在上有解，利用零点存在性定理即可求解.【详解】设，，则，，，，，，，，，，又，，，存在，存在，，显然恒成立，又，在上有解，令，对称轴，且不在上，，，解得，即故关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系、椭圆的离心率，解题的关键是根据，将问题转化为在上有解，考查了计算能力.19．【正确答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.【分析】（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.【详解】（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆C的标准方程为.（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，所以，即k的取值范围是.（ⅱ）设，由根与系数的关系：，所以.即直线OA,OB斜率之和为定值.20．【正确答案】(1)证明见详解(2)(3).【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可；（2）根据（1）的结论及点到面的距离公式计算即可；（3）利用空间向量计算面面夹角即可.【详解】（1）证明：以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，则.又，可得，因为平面，所以平面.（2）因为平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离.易知，则点A到平面的距离为.（3）易知，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，则.设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面的夹角的余弦值为.21．【正确答案】(1)(2)①；②【详解】（1）由题可得：，解得：，所以椭圆的方程为：；