重庆市铁路中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析

这是一份重庆市铁路中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析，共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分， 设为实数，已知直线，若，则， 已知圆，圆，则两圆公切线有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 设有四边形ABCD,O为空间任意一点,且,则四边形ABCD是( )
A. 空间四边形B. 平行四边形
C. 等腰梯形D. 矩形
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，化简可得，利用向量相等证明四边形为平行四边形.
【详解】由已知得,即是相等向量,因此的模相等,方向相同,
即四边形ABCD是平行四边形.故选B.
【点睛】本题主要考查了向量的加法，向量相等的意义，属于中档题.
2. 设向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为计算即可.
【详解】因为，可得，
即，解之可得.
故选：D
3. 直线的倾斜角为（ ）
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程确定斜率，结合斜率与倾斜角关系求倾斜角大小.
【详解】由题设，即斜率为，
根据斜率与倾斜角关系，得直线倾斜角为120°.
故选：B
4. 已知椭圆C：的一个焦点为，则k的值为（ ）
A. 4B. 8C. 10D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的标准方程与焦点位置即可得解.
【详解】由题意得，，，，所以．
故选：D．
5. 设为实数，已知直线，若，则（ ）
A. 6B. C. 6或D. 或3
【答案】A
【解析】
【分析】由两条直线的一般式方程平行的条件求解即可.
【详解】因为，所以，解得：或.
当时，，平行；
当时，，可判断此时重合，舍去.
故选：A
6. 已知圆，圆，则两圆公切线有（ ）
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心之间的距离判断两圆的位置关系，从而确定公切线条数.
【详解】圆的圆心坐标为半径为1，圆的圆心坐标为半径为7，
两圆圆心距离，小于两圆半径之差，
圆与圆的位置关系为内含，没有公切线.
故选：A.
7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”.图中曲线为圆或半圆，已知点Px,y是阴影部分（包括边界）的动点.则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点与点连线的斜率，然后结合图像由直线与圆的位置关系求解.
【详解】
记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，斜率最小，
设，则，解得或（舍去），
即的最小值为.
故选：C.
8. 点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，与轴相交于，两点，若是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆M与x轴相切与焦点F，设，则，所以圆的半径为，利用是直角三角形，即可求出椭圆的离心率．
【详解】圆与轴相切于焦点，轴，可设，
在椭圆上，，解得：，圆的半径为；
作轴，垂足为，
，，
为直角三角形，，，
，即，又，所以，
故选：D.
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. 下列关于空间向量的命题中，是真命题的是（ ）
A. 若三个非零向量能构成空间的一个基底，则它们一定不共面
B. 若，则，的夹角是锐角
C. 不相等的两个空间向量的模可能相等
D. 若，是两个不共线的向量，且且，则构成空间的一个基底
【答案】AC
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理即可判断AD；对B，举例即可反驳；根据空间向量定义即可判断C.
【详解】选项A，由空间向量基本定理可知正确；
选项B，当且，时，，故B错误；
选项C，由空间向量定义可知正确；
选项D，由空间向量基本定理可知，与，共面，则不能构成空间的一个基底，故D错误.
故选：AC.
10. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（ ）

A. CC1⊥BD
B.
C. 夹角是60°
D. 直线与直线的距离是
【答案】ABD
【解析】
【分析】设，依题得运用向量数量积的运算律计算即可判断A,B两项；利用向量夹角的公式计算排除C项；利用空间向量关于点到直线的距离公式计算即可验证D项.
【详解】
如图，设，
则
对于A，因，
则，故A正确；
对于B，因，，
则，故B正确；
对于C，，则，
且
设夹角，则，因，则，即C错误；
对于D,在平行六面体中，易得,
则得,故,故点到直线的距离即直线与直线的距离.
因，
且，
则，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知直线与圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A. 若圆关于直线对称，则
B. 的最小值为
C. 当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点
D. 若，，，（为坐标原点）四点共圆，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，根据直线过圆心可得；对于B，由直线时弦AB可解；对于C，对曲线方程整理，结合圆系方程可得；对于D，由的垂直平分线确定圆心纵坐标，根据两圆方程求出直线方程，由直线过点D即可求解.
【详解】直线过定点，
圆，即，圆心为，半径．
对于A选项，若圆关于直线对称，则直线过圆心，得，故A错误．
对于B选项，圆的圆心为，半径为4，
圆心到直线的距离的最大值为，
所以AB的最小值为，故B正确．
对于C选项，当时，直线：，
曲线：，即，
所以曲线即为过直线与圆的交点的曲线方程，故C正确．
对于D选项，若，，，四点共圆，设此圆为圆，圆圆心为，
的中点为，所以的垂直平分线方程为：，所以，
圆的方程为，整理得，
直线是圆和圆的交线，所以直线的方程为，
将点坐标代入上式得，解得，
所以直线即直线的斜率为，所以，故D错误．
故选：BC
【点睛】结论点睛：过直线与圆交点的圆系方程为；
圆和圆的公共弦所在直线方程为.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 两条平行直线与之间的距离是_______．
【答案】##
【解析】
【分析】将直线的方程可化为，利用平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】直线的方程可化为，且直线的方程为，
所以，平行直线与之间的距离为.
故答案为：.
13. 已知空间向量两两夹角均为，其模均为1，则____.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积公式，计算出，进而求出模长.
【详解】
.
故答案为：
14. 在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时，________；点的轨迹的长度为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系可得当在上时，满足，求得的长；当为内的动点（含边界）时，再取中点，，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度．
【详解】因为平面，平面，所以，又，所以，
又平面，所以平面，过，如图建立空间直角坐标系，
则，设，所以，则
①当在上时，设，因为，所以，故，则
所以；
②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为
由①可得，又，平面，所以平面，因为平面，所以
即在线段上运动时，，
点的轨迹为线段．
则．
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. 求满足下列条件的直线的方程：
（1）直线过点，且与直线平行；
（2）直线过点，且与直线垂直.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】分别利用平行与垂直求出直线斜率，再由点斜式直线方程可得.
【小问1详解】
直线与直线平行，可得的斜率.
又过点，
由点斜式可得：，即：.
【小问2详解】
由直线的斜率为，直线与直线垂直，
所以直线的斜率，
又过点，由点斜式可得：，即：.
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，求平面和夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若为中点，连接，易证是平行四边形，有，再由线面平行判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
若为中点，连接，又为棱的中点，，
所以，且，即是平行四边形，
所以，面，面，则面.
【小问2详解】
由平面，，构建如图所示空间直角坐标系，
由，，，则，显然面的一个法向量为，
所以，若面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面和夹角的余弦值为.
17. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且圆与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过坐标原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出过点且与直线垂直的直线方程，与联立求出圆心，根据两点间的距离求出半径，即可得圆的方程；
（2）分类讨论，利用点到直线的距离公式，结合过原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【小问1详解】
过点且与直线垂直的直线方程为，
联立，解得，所以,
所以圆的半径为,
所以圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知圆的方程为，
因为直线被圆截得的弦长为，
所以到直线的距离为，
若直线斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为，不符合题意；
若直线的斜率存在，设方程为，
则,即,解得或,
所以直线的方程为或.

18. 已知椭圆的焦点在轴上，离心率为，是椭圆的一个顶点.
（1）求椭圆的方程;
（2）过的直线交椭圆于两点，若的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆的长短半轴长即可.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出三角形面积即可求出答案.
【小问1详解】
依题意，设椭圆的短半轴长，令长半轴长为，
由离心率，得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
显然直线的斜率存在，设其方程为，设，
由消去得，显然，
，，
则的面积，则有，解得，
所以直线的方程是.
19. 如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体.
（1）求证：平面平面；
（2）若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可.
【小问1详解】
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，，而平面，故.
∴为二面角的平面角，
又平面，平面，
∴，，
∴，.
在①，∴，
令，则，
解得.即，.
在①中作，垂足.

则可得，.
∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面，
过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则

，，，.
，，
设，.
设平面的法向量为，则
，∴，取，，即，
设平面的法向量为，则
，取，，.即.
.
解得（舍去），或.
∴.