重庆市2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份重庆市2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线经过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．若直线与直线互相垂直，则实数的值是（ ）
A．1B．－1C．4D．－4
3．如图，在空间四边形中，设分别是，的中点， 则（ ）
A．B．
C．D．
4．平面内点P到、的距离之和是10，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
5．已如是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，，则的面积等于（ ）
A．24B．26C．D．
6．我国汉代初年成书的《淮南子毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则是四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知从点发出的一束光线，经轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．点是圆：上一动点，过点向圆：作两条切线，切点分别为，，则四边形面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．设，分别为椭圆：（）的左、右顶点，是上一点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，短轴长等于2，焦距为，过焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的方程为B．椭圆的离心率为
C．D．
10．已知直线：和圆：，则下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．圆与圆：有三条公切线
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．圆上恰有4个点到直线的距离等于，则
11．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为
三、填空题
12．已知空间的量，，若，则 .
13．设为实数，若直线与曲线有公共点，则实数的取值范围是 .
14．我国著名数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．如：若实数满足，则的最小值为 ，的最大值为 ．
四、解答题
15．如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知点在圆上．
(1)求该圆的圆心坐标及半径长；
(2)过点，斜率为的直线与圆相交于两点，求弦的长．
17．已知椭圆C：经过点，、是椭圆C的左、右两个焦点，，P是椭圆C上的一个动点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且，求点P的横坐标的取值范围．
18．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面ABC内的射影为.
(1)求证：平面BDE；
(2)若点F为棱的中点，求点到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段上的动点（不包括端点），求平面FBD与平面BDE夹角的余弦值的取值范围.
19．已知点，是平面内不同的两点，若点满足(，且)，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的—阿波罗尼斯圆.若点满足()，则点的轨迹是以为“稳点”的—卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，，(）.
(1)当，时，若点的轨迹是以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆，求点的轨迹方程；
(2)在(1)的条件下，若点在以为“稳点”的5—卡西尼卵形线上，求(为原点）的取值范围；
(3)卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，，试判断是否存在实数，，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称，若存在，求出实数，的值，若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】由两点坐标结合斜率公式直接求出斜率，再求出倾斜角，然后由点斜式写出直线方程.
【详解】设直线的倾斜角为.
直线经过点，，所以，
所以,又，所以.
故选：A.
2．B
【分析】直接利用两直线垂直时系数的关系求解即可.
【详解】由题可知，，解得.
故选：B
3．C
【分析】根据平面向量的平行四边形法则得出，再由平面向量的三角形加法运算法则即可得出结果.
【详解】解：由题可知，分别是，的中点，
根据平面向量的平行四边形法则，可得，
再由平面向量的三角形加法法则，得出：
.
故选：C.
4．B
【分析】求出即可得出动点P的轨迹方程.
【详解】由题意，
平面内点P到、的距离之和是10，
∴动点的轨迹为椭圆,焦点在轴上,
, 解得：，
∴，
∴轨迹方程为: ，
故选: B.
5．A
【解析】由定义可得，结合条件求出即可求出面积.
【详解】由椭圆方程可得焦点在轴上，，，，
由椭圆定义可得，
又，则可解得，
，满足，则，
.
故选：A.
6．A
【分析】求得点关于轴的对称点的坐标与圆的圆心坐标，由两点式可求反射光线所在直线方程.
【详解】由，可得圆心，
由反射定律可知，点关于轴的对称点在反射光线上，
又反射光线恰好平分圆：的圆周，所以反射光线过，
由直线的两点式方程可得反射光线所在直线方程为，即.
故选：A.
7．D
【分析】将四边形的面积表示为，求得的最大值即可.
【详解】由圆为，可得圆心为，半径为，
由，可得圆心，半径为，
连接，则在中，，
所以四边形的面积，
所以最大时，四边形面积的最大值，
因为，
所以，
所以四边形面积的最大值为.
故选：D.
8．D
【分析】由题意，根据余弦定理和同角的商数关系可得，，设，则，得，结合离心率的概念即可求解.
【详解】在中，由，
得，所以，
由，得，
所以，
设，则，

又，∴，∴，
又，∴，
∴.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键在于求得，进而得，从而求得离心率，求解离心率问题常常需得到或构造的齐次式求解.
9．ABC
【分析】求出的值，可判断AB选项的正误；设点为椭圆的左焦点，将代入椭圆方程，可求得的长，可判断C选项的正误；利用椭圆的定义可判断D选项的正误.
【详解】对于椭圆，由已知可得，则，
.对于A选项，因为椭圆的焦点在轴上，故椭圆的方程为，故A对；
对于B选项，椭圆的离心率为，故B正确；
对于C选项，设点为椭圆的左焦点，易知点，
将代入椭圆方程可得，故，故C正确；
对于D选项，，故，故D错误.
故选：ABC.
10．ACD
【分析】根据定点的特征即可求解可判断A，根据两圆的位置关系即可求解可判断B，根据垂直时即可结合圆的弦长公式求解可判断C，根据题意可得，求解即可判断D.
【详解】对于A，由直线的方程，可知直线恒经过定点，故A正确；
对于B，由圆的方程，可得圆心，半径，
由，可得圆心，半径为，
又，由于，
所以圆与圆相交，圆与圆有两条公切线，故B错误；
对于C，由，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，
此时截得的弦长最短，最短弦长为，故C正确；
对于D，当圆上恰有4个点到直线的距离等于，
则圆心到直线：的距离小于，
所以，整理得，解得，故D正确.
故选：ACD.
11．AB
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，结合向量的夹角公式，可判定B正确；对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误.对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确.
【详解】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，
设，，则，，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C，由，，，，
设，，，
则，，
设平面的一个法向量为n=a,b,c，
则
取，可得，，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C错误.

对于D：因为直线与平面所成的角为45°，
由平面，得直线与所成的角为45°，
若点在平面和平面内，
因为，，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D错误；

故选：AB.
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
12．13
【分析】利用空间向量的坐标表示及数量积公式计算即可.
【详解】因为，所以，
所以，又因为，，
所以，解得.
故答案为：.
13．
【分析】曲线表示是以原点为圆心，2为半径的半圆，直线是一条斜率为1的直线，画出图象，结合图象，即可得出答案.
【详解】
由可得，
即表示以原点为圆心，2为半径的半圆，
直线是一条斜率为1的直线，
与轴交于两点分别是，，
当点在直线上时；
当直线与相切时满足，
所以(舍)或，
所以直线与曲线有公共点，实数满足.
实数的取值范围为.
故答案为：.
14．
【分析】利用直线和圆的位置关系可得的最小值，把转化为点到直线的距离与它到距离比值的2倍，结合图形可得答案.
【详解】由得，令，
则直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离为，解得，
所以的最小值为.
可以看作点到直线的距离与它到距离比值的2倍，
设过点的直线与圆相切于点，此时取到最大值.
设直线方程为，
由，得，
，解得，结合图形可知，
把代入联立后的方程可得切点，
代入可得的最大值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把目标式转化为点到直线的距离与它到距离比值的2倍，数形结合可得答案.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量，求得平面的法向量，然后利用，证明，从而得出平面；
（2）求得直线的方向向量，由（1）知平面的法向量，结合线面角的向量公式即可得解.
【详解】（1）因为四边形为正方形， 底面，所以，，两两相互垂直，
如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得A0,0,0，，，，，，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则，
故，即，则，
令，得，
所以，
所以，又平面，所以平面.
（2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16．(1)圆心坐标为，半径长为
(2)
【分析】（1）先根据点在圆上求出参数，再将圆的方程化为标准方程，即可得出圆心及半径；
（2）先写出直线方程，求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解.
【详解】（1）因为点在圆上，
所以，解得，
所以该圆的标准方程为，
所以该圆的圆心坐标为，半径长为；
（2）因为直线过点，斜率为，
所以直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以.
17．(1)
(2)．
【分析】（1）依题意得焦点坐标，再利用椭圆的定义求得，进而求得即可；
（2）设，从而可求得，再把代入求解即可.
【详解】（1）由已知得，，
，，，
同理，
，
，，
椭圆的标准方程为．
（2）设，且，则，，
．
由椭圆方程可得，
整理得，所以，
即点的横坐标的取值范围是．
18．(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到⊥平面，⊥，又平行四边形为菱形，故⊥，又，从而得到线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为，利用点到平面的距离向量公式求出答案；
（3）设，求出，求出平面的法向量，结合平面的一个法向量为，从而得到，换元后，得到.
【详解】（1）连接，因为在平面ABC内的射影为，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，⊥，
因为为边长为2的等边三角形，D是线段的中点，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，四边形为平行四边形，
所以平行四边形为菱形，故⊥，
因为D，E分别是线段，的中点，所以，
故⊥，
因为，平面，
所以⊥平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为⊥，D是线段的中点，
所以由三线合一可得，
又，故为等边三角形，
，
由（1）知，⊥平面；故平面的一个法向量为，
点到平面BDE的距离；
（3）点F为线段上的动点（不包括端点），设，
，则，故，故，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
又平面的一个法向量为，
故，
令，
则，
因为，故，
，
平面FBD与平面BDE夹角的余弦值取值范围是.
【点睛】立体几何二面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.
19．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)由题意可知，设：，则，整理计算即可求解；
(2)设，由定义得到，从而有，
求得，再由，即可求解；
(3)由，及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：
，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线，
关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【详解】（1）由已知，且，设：，则：，
∴，整理得：，
∴点的轨迹方程为：.
（2）由(1)知，，设，由，
得，所以，
，整理得，即，
所以，，由，得，
即的取值范围是.
（3）若，则以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆的方程为，
整理得，该圆关于点对称.
由点，关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，，使得以为稳点的一阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
B
A
A
D
D
ABC
ACD
题号
11









答案
AB