广东省深圳市第二高级中学2024-2025学年高二上学期第二次阶段测试数学试题

第1页/共1页2024-2025学年深圳市第二高级中学第二阶段考试高二数学命题人:刘晓华审题人:伍友时间:120分钟满分:150分一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系中，点关于面对称的点的坐标为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据关于面对称的点的特征求解即可.【详解】点关于面对称的点的坐标为.故选：A.2.若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线平行求得，再结合两平行线间距离公式运算求解.【详解】若直线与直线平行，则，解得，此时两直线方程分别为和，两直线平行，符合题意，所以这两条直线间的距离为.故选：B.3.椭圆右焦点关于直线的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设点A的坐标为，由对称的关系表示出点Q的坐标，再将点Q的坐标代入椭圆方程中化简可求出椭圆的离心率【详解】设点Q的坐标为，因为F关于直线的对称点Q，所以，即，解得，所以点Q的坐标是，因为点Q在椭圆上，所以，得，又，即，所以所以该椭圆的离心率是.故选：C4.已知双曲线，则过点与有且只有一个公共点的直线共有（）A.4条 B.3条 C.2条 D.1条【答案】C【解析】【分析】根据点和双曲线的位置关系确定满足条件的直线的条数.【详解】分析条件可得：点在双曲线的渐近线上，且位于第一象限，和双曲线的右顶点有相同横坐标，如图：所以过且与双曲线有且只有一个公共点的直线只有两条：一条是切线：x=2，一条是过点且与另一条渐近线平行的直线.故选：C5.四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若，则等于（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】运用向量的线性运用表示向量，对照系数，求得，代入可得选项.【详解】因为，所以，所以，所以，解得，所以，故选：B.6.已知中心在原点，半焦距为4的椭圆被直线方程截得的弦的中点横坐标为-4，则椭圆的标准方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由点差法可得弦的中点坐标与弦所在直线的斜率关系，运算可得解.【详解】设直线与椭圆相交于两点，弦中点坐标是，则，直线的斜率.由，得，得，所以，即，，，，，所以，所以椭圆的标准方程为.故选：C.7.如图，二面角等于是棱上两点，，且，则CD的长等于（）A.26 B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可.【详解】由二面角的平面角的定义知，所以，由，得，又因为，所以，所以，即.故选：A.8.直线l：（参数，）的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正弦函数的取值范围，结合直线斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】直线，因为，所以，设直线的倾斜角为，则直线的斜率，因为，所以，或.故选：B.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.点在圆上，点在圆上，则（）A.两个圆的公切线有2条B.的取值范围为C.两个圆上任意一点关于直线的对称点仍在该圆上D.两个圆的公共弦所在直线的方程为【答案】BC【解析】【分析】求出两圆圆心坐标和半径可判断出两圆外离，即A错误，D错误；利用圆上点最值关系可得B正确，易知直线即为两圆对称轴，可得C正确.【详解】易知圆的圆心为，半径将化为，可知圆心为，半径；对于A，易知两圆心距，可知两圆外离，所以两个圆的公切线有4条,即A错误；对于B，易知的最小值为，最大值为，所以的取值范围为，即B正确；对于C，显然两圆圆心，都在直线上，因此直线即为两圆对称轴，即可判断C正确；对于D，由选项A可知两圆外离，即不存在公共弦，所以D错误.故选：BC10.已知椭圆为椭圆上任意一点，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（）A.过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为8B.存在点使得的长度为4C.椭圆上存在4个不同的点，使得D.内切圆半径的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对A，先根据椭圆的基本量关系求解方程，再根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据可得的轨迹，再分析与椭圆的交点个数即可；对D，根据的面积表达式分析即可.【详解】对A，椭圆，则过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故A正确；对B，根据椭圆性质可得，即，故，即不存在点，使得的长度为4，故B错误；对C，根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点，易得该圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同的点，使得，故C正确；对D，的周长为，设的内切圆半径为，则，故当最大时最大，此时为上下顶点，，则，解得，故D正确.故选：ACD11.如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，为底面正方形内（含边界）的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.直线平面C.当时，点到平面的距离为D.当的正切值为2时，动点P的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】由三棱锥的体积公式直接求出A正确；建立如图所示空间坐标系，求出平面的法向量，利用两向量的数量积不为零得到与不垂直可得B错误；求出平面的法向量，利用点到面的距离公式可得C正确；当的正切值为2时，不变得到点的轨迹，再求其长度可得D正确；【详解】对于A，如图1，因，故A正确；对于B，如图2建立空间直角坐标系，则，于是，，设平面的法向量为，则，故可取，由知与不垂直，故直线与平面不平行，故B错误；对于C，由上图建系，设P的坐标为，当，有，则，设平面的法向量，则，故．取平面一点A与点E构成，所以点E到平面的距离，故C正确；对于D，因为P为底面正方形的动点，当的正切值为2时，不变，由圆锥性质可知，动点P的运动轨迹是以为高，为母线的圆锥的底面圆周，此时为底面半径r，又因为P在正方形内运动，所以P的轨迹是底面圆周的；当的正切值为，则为，所以P的轨迹长为，故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.已知空间向量，则点到直线的距离为_____.【答案】##【解析】【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案.【详解】，，故在上的投影向量的模为，故B点到直线的距离为.故答案为：.13.若直线与圆交于两点，则弦长的取值范围为_____.【答案】【解析】【分析】可知直线过定点，可知圆心到直线的距离，即可得弦长的取值范围.【详解】直线的方程可化为，令得，所以直线过定点，因为，即点A在圆内，圆的圆心为原点，半径为，不妨设圆心到直线的距离为，当圆心在直线上时，圆心到直线的距离为，此时弦长取最大，为，当时，，，所以，即的斜率为，即，此时直线的方程为：，即；圆心到直线的距离为，此时弦长取最小，，所以弦长的取值范围为；故答案为：.14.已知双曲线的右焦点为，过点作直线与渐近线垂直，垂足为点，延长交于点.若，则的离心率为_____.【答案】##【解析】【分析】设的左焦点为，由双曲线的定义，得，又，，在中，由余弦定理可得，结合可得，求得答案.【详解】设为坐标原点，则，从而.设的左焦点为，连接，由双曲线的定义，得.在中，由余弦定理，得，解得.由，得，解得，所以.故答案为：.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.已知椭圆C：的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为2.（1）椭圆C的方程；（2）设直线l：交椭圆C于A，B两点，且，求m的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）通过短轴的一个端点到右焦点的距离可知，进而利用离心率的值计算即得结论；（2）设，联立直线与椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，得到根与系数的关系，再利用弦长公式即可得出.【详解】解：（1）由题意可得，解得：，，椭圆C的方程为；（2）设，联立，得，，，，解得.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质､韦达定理､弦长公式，属于中档题.16.如图，在正方体中，点分别在上，且.（1）若，证明：平面.（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，故，得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求解出面面角的余弦值.【小问1详解】因为，，所以四边形为平行四边形，故，，又，，故，，又，，故，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】以坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3，则，可得，设平面的法向量为m=x,y,z，则，令得，，故，且平面的法向量为，设平面与平面夹角的大小为，则所以平面与平面夹角余弦值为.17.已知圆经过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）已知直线过点，圆上恰有三个点到直线的距离等于1，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可求得圆C的方程；（2）利用点到直线距离公式和数形结合即可求得直线l的方程.【小问1详解】设圆C的标准方程为，因为圆心C在直线上，①，因为圆经过点，将A，B两点代入圆方程可得：②，③，联立①②③解得，，，，圆C的方程为.【小问2详解】因为圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1，圆心C到直线l的距离，当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，圆心C到直线l的距离为1，符合题意；当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为，即，圆心C到直线l的距离，解得，直线l的方程为，即，综上，所求直线l的方程为或.18.在等腰梯形中，为的中点，线段与交于点（如图）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图）．（1）求证：；（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）连接，证明四边形是菱形，从而证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再证明，结合线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】连接，因为在梯形中，，，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形是菱形，则，垂足为，且为的中点，所以，，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为为的中点，为的中点，所以，所以平面，又平面，所以；【小问2详解】假设线段上存在点，设，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，在菱形中，，所以，，所以，，，所以，，设为平面的法向量，则有可取，因为，，所以，设与平面所成角为，则，所以，因为，所以，所以线段上存在点，时，使得与平面所成角的正弦值为．19.由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比．已知椭圆：与椭圆：相似．（1）求椭圆的离心率；（2）若椭圆与椭圆的相似比为，设为上异于其左、右顶点，的一点．①当时，过分别作椭圆的两条切线，，切点分别为，，设直线，的斜率为，，证明：为定值；②当时，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，求的值．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）首先得到、的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得，从而得到，再由离心率公式计算可得；（2）①设，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案；②由题知椭圆的标准方程为，进而结合点在椭圆上得，故设直线的斜率为，则直线的斜率为，进而得其对应的方程，再与椭圆联立方程并结合韦达定理，弦长公式得、，进而得．【小问1详解】对于椭圆：，则长轴长为，短轴长为，焦距为，椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，依题意可得，所以，则椭圆的离心率.【小问2详解】①由相似比可知，，解得，所以椭圆：，设，则直线的方程为，即，记，则的方程为，将其代入椭圆的方程，消去，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，将代入上式，整理得，同理可得，所以为关于的方程的两根，所以．