江西省上饶市广丰新实中学2024-2025学年高二上学期十一月测试数学试题

这是一份江西省上饶市广丰新实中学2024-2025学年高二上学期十一月测试数学试题，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．过点的直线与曲线有且仅有两个不同的交点，则的斜率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知椭圆，从上任意一点向轴作垂线段为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．过双曲线C：（，）的左焦点F作C的其中一条渐近线的垂线l，垂足为M，l与双曲线C的另一条渐近线交于点N，且，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
4．在长方体中，，，，在上．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．若平面的一个法向量为，则（ ）

A．B．C．D．1
5．已知点，平面，其中，则点到平面的距离是（ ）
A．B．2C．D．3
6．用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．25B．630C．605D．580
7．已知乘积展开后共有60项，则的值为（ ）
A．5B．7C．10D．12
8．已知（其中）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项的系数和为（ ）
A．43B．C．27D．
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．已知是抛物线的焦点，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A．若的纵坐标为2，则
B．若直线过点，则的最小值为4
C．若，则直线恒过定点
D．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
10．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与是平行直线
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
11．设，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．直线与圆C：相交所形成的弦中长度最短的弦长为
13．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，直线、分别与抛物线交于、两点，设直线、的斜率分别为、，则 .
14．如下图所示平行六面体中，，，，则体对角线 （用，，表示）.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知圆：过点，直线：和：均平分圆．
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆相交于点，且，求直线的一般式方程．
16．（15分）已知圆的圆心在轴上，点在圆上，当的坐标为时，到直线的距离最大.
(1)求直线被圆截得的弦长；
(2)经过原点，且斜率为的直线与圆交于，两点.
①求证：为定值；
②已知，若，求直线的方程.
17．（17分）已知椭圆：（）的焦距为，，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)对于，是否存在实数，使得直线分别交椭圆于点，且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．（15分）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的离心率为，且的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线的方程；
(2)设点为的左顶点，若过点的直线与的右支交于两点，且直线与轴分别交于两点，记四边形的面积为的面积为，求的取值范围.
19．（17分）等边三角形的边长为3，，分别是边和上的点，且，如图1.将沿折起到的位置，连结，.点满足，且点到平面的距离为，如图2.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求四面体的体积.
高二数学参考答案
1．C
【分析】表示以圆心为原点，半径为2的半圆，画出图形，考虑直线与半圆相切、分别经过点，，可得所求取值范围．
【详解】设过且有斜率的直线位，
曲线表示以圆心为原点，半径为2的下半圆，
由直线与圆相切可得，解得或，
当直线经过点时，，
当直线经过点时，，
由图象可得，或．
故选：C．

2．C
【分析】由代入法即可求解.
【详解】设点，根据中点的坐标公式可得，代入椭圆方程得，其中.
故选：C
3．B
【分析】由得直线l为的垂直平分线，进而得到，再解三角形即可求得.
【详解】解：因为，即，
所以点为的中点，
又因为，所以，
又因为，所以
因为，，所以，
所以.
故选：B.

4．B
【分析】设，求出，利用求出的值，即得比值.
【详解】设，则，，
因平面的一个法向量为，则，即，解得，
故，故=．
故选：B.
5．C
【分析】根据给定条件，利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】由平面，得是平面的法向量，点在平面内，
，所以点到平面的距离是.
故选：C
6．B
【分析】先计算所有的情况，然后计算不涂红色和只有一个圆涂红色，最后求差即可.
【详解】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种；
若没有红色，
先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种；
若红色涂一个圆，
当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种；
当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种；
当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种；
所以红色至少涂两个圆的方案有.
故选:B
7．C
【分析】根据多项式的乘法法则可得展开后共有项，即可得答案.
【详解】解：根据多项式的乘法法则，展开后的项数为，
所以．
故选：C.
8．D
【分析】根据题意结合二项展开式解得，，令，运算求解即可.
【详解】展开式的第7项为，
由题意可得，，（），解得，，
则展开式的通项为，，
令，则，
所以展开式中的有理项的系数和为.
故选：D.
9．BC
【分析】由点纵坐标可得点坐标，即可判断选项A错误；设直线方程，与抛物线方程联立，利用表示，即可得到选项B正确；设直线方程，与抛物线方程联立，计算，利用可得选项C正确；利用条件计算点坐标，求出线段长计算周长可得选项D错误.
【详解】由题意得，，，准线方程.
A. 由的纵坐标为2得，，故，选项A错误.
B. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，当时，，选项B正确.
C. 如图，设直线方程为：，，
由得，，
∴，
∴，解得，
∴直线方程为：，恒过定点，选项C正确.
D.如图，设点在第四象限.
由题意得，，则.
由准线方程为得，，故，，
∴，
∴四边形的周长为，选项D错误.
故选：BC.
10．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面截正方体所得的截面即可求出面积判断D.
【详解】对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
∵分别为棱的中点，∴、，
则，，∴和不共线，故A错误；
对于B，∵，，∴，
∴，∴直线与所成的角为，故B正确．
对于C，由于平面的一个法向量为，
，
∴，直线与平面所成的角为，故C正确；
对于D，连接，易知，则平面截正方体所得的截面为等腰梯形，

∵棱长为2，∴，，，
∴等腰梯形的高为，
∴，故D正确，
故选：BCD．
11．ABD
【分析】对于A选项，令即可求解答案；
对于B选项，令即可求解答案；
对于C选项，利用二项式定理的通式进行求解即可；
对于D选项，分别令与，然后联立方程进行求解即可.
【详解】对于A选项，令，得，解得：，故A选项正确；
对于B选项，令，得：，故B选项正确；
对于C选项，由题意可知，当时，得：，故C选项错误；
对于D选项，令，得：，由上式，
两式相加得：，
解得：，故D选项正确.
故选：ABD
12．2
【分析】求出直线所过定点，再利用圆的性质求出最短弦长.
【详解】直线恒过定点，
而圆的圆心，半径，
，即点在圆内，当且仅当时，直线被圆截得的弦长最短，
所以所求最短弦长为.
故答案为：2
13．
【分析】设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，设、，结合韦达定理可得出，，利用斜率公式可求得的值.
【详解】当直线与轴重合时，直线与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
设点、，易知点，
易知，直线不与轴重合，设直线的方程为，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，同理可得，
所以，.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
14．
【详解】由图可得.
故答案为：.
15．(1)
(2)，
【分析】（1）根据直线和的交点就是圆心，可求出结果；
（2）设直线的方程为，结合圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】（1）由点在圆上，则①，
又直线和均平分圆，则直线和均过圆心，
联立方程组，解得，
所以直线和的交点坐标为2,1，即圆心的坐标为2,1，
由圆：可知，圆心的坐标为，
则，解得，
将代入①，得，
所以圆的方程为：，即，
故圆C的标准方程为：.
（2）由题可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为，即，
取弦的中点为，则，
由，且为等腰三角形，则，
又，则圆心到直线l的距离为，
由点到直线的距离公式可知：，解得，，
所以直线的方程为，即直线的一般式方程为：，.
16．(1)；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）当到直线距离最大时，与垂直，可求出圆心的坐标，从而可以求出圆的方程，然后利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，再由可得到弦长；
（2）设直线的方程为，与圆的方程联立，可得到关于的一元二次方程，及根与系数关系．对于①，由代入根与系数关系可得到定值；对于②，可化为，代入根与系数关系即可求出，从而得到答案．
【详解】（1）由题意，设圆心，
当的坐标为，，
，，
，，即半径为3.
圆的标准方程为.
圆心到直线的距离为，
所求弦长为.
（2）设直线的方程为，与圆的方程联立，
可得，显然，，
，.
①为定值；
②
，
,,
直线的方程为.
17．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）利用韦达定理求出的中点坐标，再根据可得，根据直线的垂直关系与斜率的关系求解即可.
【详解】（1）因为的周长为
，所以，
又因为，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）
设，设中点为，
联立，消去整理得，，
所以，即，
所以或，
又由韦达定理可得，，
所以，
所以，
因为，所以，
由或，可知，直线的斜率均存在，且都不等于零，
所以，即，
整理得，解得，
又因为或，所以满足题意，
所以存在.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由双曲线的性质得到焦点和渐近线方程，再由点到直线的距离公式解得，再由离心率和求出双曲线方程即可；
（2）设直线的方程为：，直曲联立，表示出韦达定理，再由三角形的面积公式结合韦达定理化简即可；
【详解】（1）由题意可知，的一条渐近线方程为，右焦点为，
右焦点到渐近线的距离，解得，
由离心率，又，解得，
双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为：，
联立，
恒成立，，
直线与双曲线的右支交于两点，，解得.
，
.

19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由向量得到线段长和夹角，由垂直关系建立空间直角坐标系，然后得到点的坐标，利用空间向量证明线面平行；
（2）由（1）得到面内的向量，从而得到面的法向量，由空间向量求得面面角；
（3）由等体积转化法求出四面体体积.
【详解】（1）∵，点到平面的距离为，
∴点到平面的距离为1，
∵，，
∴，，
则平面，，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，所以，
又平面的法向量，所以，
因为直线平面，所以平面.

（2）平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
，，由，得
令，则，，即.
设平面与平面夹角大小为，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
（3）