广东省部分名校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省部分名校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 在正方体中，，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：北师大版选择性必修第一册第一章至第三章.
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. 直线绕原点逆时针旋转后所对应的直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据所给直线的方程求出直线的斜率，进而根据直线垂直即可求斜率.
【详解】直线的斜率为，
绕原点逆时针旋转后所得直线与原直线垂直，
所以所求直线的斜率为.
故选：D.
2. 椭圆的两个焦点分别为，，长轴长为10，点在椭圆上，则的周长为（ ）
A. 16B. 18C. D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆定义和标准方程求解即可得答案.
【详解】因为长轴长为10，即，
所以长半轴长，
则由题可知,短半轴长，
半焦距，
故的周长为.
故选：B.
3. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，定点，则的最小值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线定义、性质及数形结合判定选项即可.
【详解】因为等于点到准线的距离，作垂直于准线于,根据抛物线的定义可知，
所以当PQ垂直于准线时交准线于,，有最小值，,最小值为.
当且仅当在与抛物线的交点时取得等号.
故选：C.
4. 已知双曲线的两个焦点分别为，，双曲线上有一点，若，则（ ）
A. 9B. 1C. 1或9D. 11或9
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线定义可求得，再根据或或即可得解.
【详解】根据双曲线定义可得，又，
所以或，
又，，
而或，
所以.
故选：A.
5. 在正方体中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的基底法以及空间向量的线性运算即可求解.
【详解】因为，，
所以；
因为，
所以
.
故选：D.
6. 过抛物线的焦点作圆的切线，该切线交抛物线C于A，B两点，则（ ）
A. B. 14C. 15D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意先求出，从而可得直线AB的方程为，并与抛物线联立方程组，韦达定理得到，从而可得抛物线的焦点弦.
【详解】记抛物线的焦点为，则.记切点为，
因为圆的圆心为，
所以，，所以，
由对称性，不妨设切点在第一象限，则直线AB的方程为.
设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组得，
所以，
所以.
故选：D.
7. 如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球，则平面截球所得截面圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点；再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积.
【详解】如图1，分别取的中点为,的中点为，则,，连接 ，
因为底面为直角梯形，，，，
所以四边形为正方形，,
因为平面，，
所以平面，平面，
所以；
所以，
而平面，平面，则
所以,
又为的中点，所以 ，
所以点到三棱锥各个顶点的距离均为，
故为三棱锥的外接球球心；
如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，则,
与底面所成的角为 ，则为等腰直角三角形，,
则，，，.
设平面的法向量为，
因为，，
所以 令，得.
因为，
所以点到平面的距离.
设截面圆的半径为，则，
所以截面圆的面积为.
故选：A.
8. 圆幂是指平面上任意一点到圆心的距离与半径的平方差.在平面上任给两个不同圆心的圆，则两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线被称为这两个圆的根轴.已知圆与圆，是这两个圆根轴上一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆、圆的圆心和半径，根据题目圆幂定义可得可得根轴为直线，取关于对称的点，当，，三点共线时，取得最大值.
【详解】由题知，圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径.
设点为圆与圆的根轴上的任意一点，
则，
所以，
整理得，即圆与圆的根轴为直线.
取关于对称的点，则.因为，所以在上，
所以当，，三点共线时，取得最大值.
因为到的距离为，到的距离为，
所以，即的最大值为.
故选：A.
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. 已知直线，直线，圆，则下列选项正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若与圆相交于，两点，则
D. 过上一点向圆作切线，切点为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由两直线平行的定义可求出的值，从而判断A；根据两直线垂直的定义即可求出的值，从而判断B；当时，取最小值，利用勾股定理即可求得的最小值，从而判断C；当时，取得最小值，先求出圆心到直线的距离，利用勾股定理即可求得的最小值.
【详解】对于A，若，则，得，故A正确.
对于B，若，则，得，故B正确.
对于C，因为,化简可得，
令，解得，故过定点，
当时，取最小值，
则，故C不正确.
对于D，因为，
所以当取得最小值时，取得最小值，
而当时，取得最小值为圆心到直线的距离，
故当时，取得最小值为，故D正确.
故选：ABD.
10. 在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ）
A. 平面
B.
C. 异面直线，所成的角为
D. 与平面所成角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法证明线面关系即可判断选项；用向量法分别表示向量，以及求出平面的法向量，代入异面直线所成的角的向量公式可判断选项，代入直线与平面所成角的余弦公式即可判定选项.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，.
对于A，因为，平面的一个法向量为，
所以，所以平面，故A正确.
对于B，因为，，
所以，
所以DP，EC不垂直，故B错误.
对于C，因为，，
所以，
所以异面直线，所成的角为，故C正确.
对于D，设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设与平面所成的角为，因为，
所以，
，故D错误.
故选：AC.
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为
B. 若存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为
C. 若存在点，使得，且，则椭圆的离心率为
D. 若存在点，使得，且，则椭圆的离心率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据焦点三角形结合再应用即可求出离心率范围判断A；根据短半轴得出不等式关系，计算求出离心率即可判断B;应用已知结合椭圆定义，最后应用余弦定理即可得出离心率判断C；应用左右平方结合余弦定理及定义计算即可得出离心率判断D.
【详解】对于A，若存在点，使得，则当在短轴顶点时，即，
因为，所以，所以，故A错误.
对于B，若存在，则只需，所以，故B正确.
对于C，因为，，所以，PF2=2a3.
因为，所以，，所以，故C正确.
对于D，因为，所以.
因为，所以，所以.
因为，
所以，所以.
由，得，所以D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，则在上的投影向量的模为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量的数量积公式及投影向量的模即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以在方向上的投影向量的模为.
故答案为：.
13. 双曲线以椭圆的焦点为顶点，长轴的顶点为焦点，则双曲线的标准方程为___________，渐近线方程为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据椭圆的焦点及顶点得出a,b,c进而得出双曲线的标准方程，结合渐近线公式得出渐近线.
【详解】设双曲线的方程为，因为椭圆的焦点为，
长轴顶点为，所以，，所以.
故双曲线的标准方程为，渐近线方程为.
故答案为：；.
14. 已知圆，直线，为圆上一动点，为直线上一动点，定点，则的最小值为___________.
【答案】11
【解析】
【分析】先设C的对称点根据斜率关系及中点在对称直线上求出点,再根据数形结合得出距离和最小最后应用两点间距离公式计算即可.
【详解】设圆心关于对称的点为，
则解得
即，连接，，
所以，
所以当三点共线时距离和最小为，
故的最小值为.
故答案为：11.
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. 已知椭圆上的点到其焦点的距离的最大值为16，最小值为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆相交于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆几何性质列方程组求解可得；
（2）利用点差法即可得解.
【小问1详解】
由题意，可知，解得，
因为，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则，两式相减得，
整理可得，
因为线段AB的中点坐标为，所以，，，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即，
经检验，直线满足题意，
所以直线的方程为.
16. 已知的顶点，，顶点满足，记顶点的轨迹为.
（1）求曲线的方程.
（2）过点的直线（斜率不为0）与曲线交于不同的两点P，Q，O为坐标原点，试判断直线OP，OQ的斜率之积是否为定值.若为定值，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）定值，
【解析】
【分析】（1）设，结合题设列出方程即可求解；
（2）设，Px1,y1，Qx2,y2，联立直线与曲线的方程，结合韦达定理求得，进而求解即可.
【小问1详解】
设，因为，即，
所以，
整理得，
所以曲线的方程为.
小问2详解】
设，Px1,y1，Qx2,y2.
联立方程组得，
所以，
则，，
因为
，
所以，
故直线OP，OQ的斜率之积为定值，且定值为.

17. 如图，在几何体中，平面平面，四边形和是全等的菱形，且平面平面，是正三角形，，.
（1）求该几何体的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）该几何体的体积可拆分为，先证平面，建立空间直角坐标系，用向量法可求出以及平面的法向量.从而可得点到平面的距离，即可求得，从而得解；
（2）用向量法求平面与平面的一个法向量，再代入平面与平面夹角的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
取AC的中点，连接，，
则，.
因为平面平面，且交于AC，
所以平面.
如图，以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，.
连接BC.因为，，
所以.
因为，，
所以，
则，所以.
设平面的法向量为，
则令，得，
因为，
所以点到平面的距离，
所以，
所以该几何体的体积.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
因为，，
所以令，则.
设平面的法向量为，
因为，，
所以所以
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为.
（1）求轨迹的方程.
（2）已知直线与轨迹交于A，B两点，以A，B为切点作两条切线，分别为，，且，相交于点.若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1) 由抛物线定义即可得；
(2) 联立，利用，再结合向量的数量积的坐标运算即可得解.
【小问1详解】
由题意知动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为.
【小问2详解】
设，，联立方程组得，
则，.
易知，的斜率存在，设的方程为，
联立方程组，得.
由，解得，
所以的方程为.
同理可得，的方程为.
由，解得，即点.
因为，，，且，
所以，即
，
化简得，
因此或，
故.
19. 在平面内，若直线将多边形分为两部分，且多边形在两侧的顶点到的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”.已知双曲线与双曲线有相同的离心率，、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一动点，双曲线在点处的切线与双曲线的渐近线交于、两点（在上方），当轴时，直线为的等线.
（1）求双曲线方程；
（2）若是四边形的等线，求四边形的面积；
（3）已知为坐标原点，直线与双曲线的右支交于点，试判断双曲线在点处的切线是否为的等线，请说明理由.
【注】双曲线在其上一点处的切线方程为.
【答案】（1）
（2）
（3）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标，根据“等线”的性质、双曲线的离心率以及建立关于、、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可；
（3）设，求出直线的方程，然后计算出点、、到直线的距离，结合“等线”的定义证明即可.
【小问1详解】
将代入双曲线的方程可得，解得，
因为直线为的等线，所以点在轴的上方，即.
由，得.
因为双曲线的离心率为，所以双曲线的离心率为，
又因为，所以，
所以，，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设Px0,y0，则双曲线在点处的切线的方程为.
双曲线的渐近线方程为，
联立可得，同理可得，
所以，
所以是线段的中点.
因为点、到过原点的直线的距离相等，
所以过原点的等线必定满足点、到该等线的距离相等，且分别位于两侧，
所以该等线必过点，即直线的方程为.
方程组解得或，所以.
所以，，所以，
故.
【小问3详解】
设，则双曲线在点处的切线的方程为.
易知与在的右侧，在的左侧，
因为，，
所以点到的距离.
由得.
因为，，所以，，
所以.
因为点到的距离，
点到的距离，
所以，即为的等线.