陕西省西安市第七十一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

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时长：120分钟 分值：150分
注：考试范围（人教A版选择性必修第一册第一章至第三章3.1）
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. 平行线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行线间距离公式计算．
【详解】由已知所求距离为.
故选：A．
2. 已知平面的法向量是，平面的法向量是，若，则的值是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得平面与平面的法向量共线，由此可求得实数的值.
【详解】由已知可得，故，解得.
故选：C.
3. 在四面体中，，，，，，用向量，，表示，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设易知为中点，连接，根据空间向量加法、数乘的几何意义可得、，再由即可确定答案.
【详解】∵，
∴为中点，连接，如下图，
∴，而，
∴.
故选：B
4. 椭圆与的关系为（ ）
A. 有相同的长轴长与短轴长B. 有相同的焦距
C. 有相同焦点D. 有相同的离心率
【答案】D
【解析】
【分析】将椭圆方程化为标准方程，分别求出长轴长，短轴长，焦距，离心率即可判定.
【详解】将化为，焦点在轴上，
故其长轴长为，短轴长为，焦距为，焦点坐标为，，离心率为；
将化为，焦点在轴上，
故其长轴长为，短轴长为，焦距为，焦点坐标为，，离心率为.
故选：D
5. 已知圆与圆外切，则实数a的值为（ ）
A. 1B. -1C. 1或D. 或5
【答案】C
【解析】
【分析】由圆心距等于半径之和求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
因为两圆外切，
所以，
解得或．
故选：C．
6. 已知点，圆，则经过圆内一点且被圆截得弦长最短的直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得过点且弦长最短的弦应是垂直于直线的弦，再由直线的点斜式方程，即可得到结果．
【详解】设经过圆内一点且被圆截得弦长最短的直线的斜率为，直线的斜率为，
由题意得，，
因为，所以，
所以圆内一点且被圆截得弦长最短的直线的方程为，即，
故选：B．
7. 在椭圆中，以点为中点的弦所在的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定点在椭圆内部，设交点为Ax1,y1,Bx2,y2，代入椭圆方程做差，然后整理可得直线斜率，利用点斜式可得直线方程.
【详解】因为，故点在椭圆内部，过点的直线恒与椭圆有两个交点，设交点为Ax1,y1,Bx2,y2，则，
又，两式相减得，
整理得，
所以以点为中点的弦所在的直线方程为，
即.
故选：C.
8. 如图所示，椭圆中心在原点，F是左焦点，直线与BF交于点D，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点，由两点间斜率公式求出直线的斜率与直线的斜率，由题意，直线的斜率与直线的斜率的积为，联立椭圆中，即可求出椭圆的离心率．
【详解】解：设左顶点，左焦点，上顶点，下顶点
则直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，
所以，即，
又，所以，
所以，解得，
因为，所以，
故选：B．
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角的取值范围是
B. 若三点在一条直线上，则
C. 过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为
D. 直线的方向向量为，则该直线的斜率为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用直线相关知识分别判断每一个选项即可.
【详解】直线的斜率，所以其倾斜角为，A正确；
若三点在一条直线上，则斜率等于斜率，得，B错误；
过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线存在一条过原点，显然不过原点，C错误；
直线的方向向量为，则斜率，D正确.
故选：AD
10. 已知圆与直线，下列选项正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 圆的圆心坐标为
C. 直线与圆相交且所截最短弦长为
D. 直线与圆可以相切
【答案】BC
【解析】
【分析】直线恒过定点判断A，根据圆的方程直接求出圆心判断B，利用垂径定理结合圆的性质求出最短弦长判断C，利用直线恒过圆内定点判断D.
【详解】对于A，直线可化为，由得，
所以直线过定点，故A错误；
对于B，由圆的方程可知，圆心坐标为，故B正确；
对于C，记圆心，直线过定点，则，
当直线与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，
此时直线截圆所得的弦长最小，此时弦长为，故C正确；
对于D，因为，所以点在圆内，直线与圆必相交，故D错误.
故选：BC
11. 已知椭圆：，是坐标原点，是椭圆上的动点，，是的两个焦点（ ）
A. 若的面积为，则的最大值为9
B. 若的坐标为，则过的椭圆的切线方程为
C. 若过的直线交于不同两点，，设，的斜率分别为，，则
D. 若，是椭圆的长轴上的两端点，不与，重合，且，，则点的轨迹方程为
【答案】BD
【解析】
【分析】A：根据题意结合椭圆纵坐标的取值范围分析运算；B：设切线方程，与椭圆方程联立，结合运算求解；C：利用点差法分析运算；D：利用点差法的结论分析得，运算求解.
【详解】由椭圆方程知：，设点，
A：，当且仅当点为短轴上的顶点时等号成立，错；
B：显然过处切线的斜率存在，设切线方程为，
联立，消去y得，
则，整理得，
解得，故过处切线方程为，即，对；

C：设，则，，则，
两式相减得，则，即，错；
D：当不与重合时，由C知：，
由，，则，所以，
设，则，，可得，
整理得；
当与重合时，满足题意，符合上式；
综上：的方程为，对.

故选：BD.
【点睛】方法点睛：求点的轨迹常用方法，
1.直接法：设动点坐标，代入其满足的等式化简整理；
2.定义法：根据题意分析动点满足的几何条件，结合已知曲线的定义，进而求轨迹方程；
3.相关点法：设动点坐标，用动点坐标表示相关点的坐标，代入相关点满足的等式化简整理；
4.参数法：选取适当的参数，用参数表示动点坐标，再消去参数，从而得到轨迹方程.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为点、，若椭圆上顶点为点，且为等边三角形，则是______．
【答案】3
【解析】
【分析】先确定，然后根据为等边三角形得到，带入已知计算即可.
【详解】由已知得，则，
又为等边三角形，则，即
所以，解得.
故答案为：.
13. 过点作圆的两条切线，切点分别是、.若，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系，结合几何图形确定，再代入数量积公式，即可求解.
【详解】如图，连结，则，，
若，所以，所以
故答案为：
14. 在正方体中，动点在线段上，，分别为，的中点．若异面直线与所成角为，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求异面直线的夹角范围即可.
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

设，，，，，，
设，则，
则．
当时，取到最大值，此时；
当时，取到最小值，此时．
所以的取值范围为．
故答案：
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知直线过点和．
（1）若直线且在轴上的截距为，求直线的方程；
（2）若圆的圆心在轴上，半径为3，且直线被圆截得的弦长为4，求圆的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两点坐标求得的斜率，进而求得的斜率，再利用点斜式即可得解；
（2）先利用两点式求得直线的方程，再利用弦长公式得到关于的方程，从而得解.
【小问1详解】
因为直线过点和，所以直线的斜率为，
则直线的斜率为2，所以直线的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线的方程为，即，
设圆心坐标为，圆心到直线的距离为，
又，所以，得或，
所以圆的方程为：或.
16. 如图，正方体的棱长为2，点为的中点．
（1）求二面角的余弦值；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）23
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式求解即可.
（2）利用点到平面的距离公式可求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
所以平面的一个法向量为，
又是平面的一个法向量，
所以，
又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为；
【小问2详解】
由（1）可得，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离．
17. 已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足（O为坐标原点）若存在，求出直线l的方程：若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）由题意易得和，再结合关系式，联立即得；
（2）依题意设出直线l的方程，与椭圆方程联立，消元得一元二次方程，由算得或，得出韦达定理，计算并将其与题设联立求出值检验即得.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
∴椭圆C的标准方程是.
【小问2详解】
当直线l的斜率不存在时，，，，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，如图，设直线l的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
由消去y整理得：，
由解得或，
由韦达定理得：，，
∴，
∵，∴，解得，满足，
所以存在符合题意的直线，其方程为.
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆相交产生的存在性问题，解决此类存在性问题的思路在于假设结论存在，通过分析、探究、计算推理，求解方程，若得出符合题意的解，则说明情况存在，否则方程无适合的解，则说明情况不存在.
18. 已知圆O：，直线l：．
（1）若直线l与圆O相切，求k的值；
（2）若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当为锐角时，求k的取值范围；
（3）若，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直线CD是否过定点，若过定点，则求出该定点．
【答案】（1）；（2）或；（3）直线CD过定点．
【解析】
【分析】（1）由圆心到切线距离等于半径求参数值；
（2）只要圆心到直线的距离大于弦长的一半即可．
（3）利用点坐标，求出直线的方程，由方程确定是否过定点．
【详解】（1）原点到直线的距离为，由，解得；
（2）因为，为锐角时等价于，即，
∴，解得或；
（3）在直线上，设，则以为直径的圆方程为，即，
同，相减得，这就是直线的方程．
又，
∴，，由得，
∴直线过定点．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查圆中定点问题．直线与圆的位置关系一般用几何方法求解，即求出圆心到直线的距离，由与半径的关系确定直线与圆位置关系，而求直线与圆相交弦长就利用垂径定理得垂直后由勾股定理计算．直线过定点问题，采取基本方法，设动点的坐标为参数，由这个参数求出直线方程，分析方程，得定点．
19. 椭圆（）离心率为，是椭圆上的任意一点，、分别是椭圆的左右焦点，且的周长为6.
（1）求椭圆的方程；
（2）若是椭圆的左顶点，过的两条直线，分别与交于异于点的、两点，若直线，的斜率之和为，则直线是否经过定点？如果是，求出定点，如果不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是，定点
【解析】
【分析】（1）由题意得求出，再结合求出，从而可得椭圆方程；
（2）设直线为，代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，然后由可求得，则得直线为，从而可得直线恒过定点.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以，
所以椭圆的方程为，
【小问2详解】
由（1），由题意得直线的斜率存在，设直线为，
由，得，
化简得，
由，得，
设，则，
所以
，
所以，
所以直线：，
所以直线恒过点.
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解（2）问解题的关键是由结合根与系数的得到的式子可得，代入直线方程化简可得答案，考查数学计算能力，属于较难题.