安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 点在圆上，点在圆上，则等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分
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 已知，则（ ）
A. B. C. D.
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）

A B.
C. D.
3. 在空间直角坐标系中，已知点，点，则（ ）
A. 点和点关于轴对称B. 点和点关于轴对称
C 点和点关于轴对称D. 点和点关于原点中心对称
4. 已知直线的斜率的范围为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. 或
B.
C.
D. 或
5. 已知点，，，则外接圆的方程是（ ）．
A. B.
C. D.
6. 与椭圆有相同焦点，且短轴长为的椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知是椭圆的两个焦点，焦距为6.若为椭圆上一点，且的周长为16，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题6分，共24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. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A 直线始终过定点B. 若，则或
C. 若，则或D. 当时，不过第四象限
10. 点在圆上，点在圆上，则（ ）
A. 两个圆的公切线有2条
B. 的取值范围为
C. 两个圆上任意一点关于直线的对称点仍在该圆上
D. 两个圆的公共弦所在直线的方程为
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
B. 点到平面的距离为
C. 点到所在直线的距离为2
D. 若线段的中点为，则一定平行于平面
12. 双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他所发现曲线.在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知曲线为一条双纽线，曲线上的点到定点的距离之积为4，点是曲线上一点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 点在曲线上
B. 面积的最大值为1
C. 点在椭圆上，若，则点也在曲线上
D. 的最大值为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为______．
14. 已知圆与圆相交，则的取值范围为__________.
15. 加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是______.
16. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程不同时为可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程不同时为可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为n=a,b,c的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________.
四､解答题：本题共6小题，共66分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知的顶点边上的中线所在直线方程边上的高所在直线方程为.
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的斜率.
18. 已知圆的方程为.
（1）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程；
（2）过直线上任意一点向圆引切线，切点为，求的最小值.
19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为的正三角形，，平面平面.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知直线与椭圆交于两点，线段的中点坐标为.
（1）求直线的方程；
（2）求的面积.
21. 如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面是的中点.

（1）证明：平面；
（2）在棱（不包括端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
22. 知椭圆分别为椭圆的左顶点和上顶点，为右焦点.过的直线与椭圆交于的最小值为，且椭圆上的点到的最小距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆的右顶点为是椭圆上的动点（不与顶点重合）.若直线与直线交于点，直线与轴交于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值.安徽师范大学附属中学2024-2025学年第一学期期中考查
高二数学试题
考试时间：120分钟 满分：150分
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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量加减法的坐标表示计算可得结果.
【详解】由可得.
故选：B
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的加法及减法运算法则进行线性运算，逐步表示即可得到结果.
【详解】∵点为中点，
∴，
∴.
故选：B.
3. 在空间直角坐标系中，已知点，点，则（ ）
A. 点和点关于轴对称B. 点和点关于轴对称
C. 点和点关于轴对称D. 点和点关于原点中心对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系点的对称规律解题.
【详解】由于,坐标不变，其他互为相反数.则两点关于轴对称.
故选：B.
4. 已知直线的斜率的范围为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. 或
B.
C.
D 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】由题意可知，
由正切函数的单调性可知：或.
故选：D
5. 已知点，，，则外接圆的方程是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件可得是直角三角形，求出圆的圆心与半径，写出圆的标准方程即可．
【详解】由题
得是直角三角形，且，
所以圆的半径为，圆心为，
所以外接圆的方程为.
故选：B.
6. 与椭圆有相同焦点，且短轴长为的椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出所求椭圆的焦点坐标，可得出的值，由已知条件可得出的值，由此可得出的值，进而可得出所求椭圆的标准方程.
【详解】椭圆可化为标准方程，
可知椭圆的焦点在轴上，焦点坐标为，
故可设所求椭圆方程为，则.
又，即，所以，故所求椭圆的标准方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，要注意分析椭圆焦点的位置，考查计算能力，属于基础题.
7. 已知是椭圆的两个焦点，焦距为6.若为椭圆上一点，且的周长为16，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用椭圆定义和焦距性质可解.
【详解】根据题意，焦距，.根据椭圆定义，周长为，解得.
则离心率为.
故选：C
8. 已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设知，.设为中点，所以.求出点的轨迹方程.设点到直线的距离分别为，求出，得到.求出点到直线的距离，得出的范围即可解决.
【详解】由题设知，圆圆心坐标，半径为2，因为，所以.
设为的中点，所以.所以点的轨迹方程为.
其轨迹是以为圆心，半径为的圆.
设点到直线的距离分别为，
所以，
所以.
因为点到直线的距离为，
所以，即，
所以.所以的取值范围为.
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题6分，共24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. 已知直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A. 直线始终过定点B. 若，则或
C. 若，则或D. 当时，不过第四象限
【答案】AC
【解析】
【分析】根据已知条件，直接求出直线的定点，即可判断A，再结合直线平行、垂直的性质判断B、C，将直线方程化为斜截式，即可判断D
【详解】对于A：直线，即，令，解得，
故直线过定点0,1，故A正确；
对于B：若，则，解得或，
当时，，，则与重合，故舍去，
当时，易得，所以，故B错误；
对于C：若，则，解得或，故C正确；
对于D：当时，直线始终过点0,1，且斜率为负，故该直线过第一、二、四象限，故D错误．
故选：AC．
10. 点在圆上，点在圆上，则（ ）
A. 两个圆的公切线有2条
B. 的取值范围为
C. 两个圆上任意一点关于直线的对称点仍在该圆上
D. 两个圆的公共弦所在直线的方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出两圆圆心坐标和半径可判断出两圆外离，即A错误，D错误；利用圆上点最值关系可得B正确，易知直线即为两圆对称轴，可得C正确.
【详解】易知圆的圆心为，半径
将化为，可知圆心为，半径；
对于A，易知两圆心距，可知两圆外离，所以两个圆的公切线有4条,即A错误；
对于B，易知的最小值为，最大值为，
所以的取值范围为，即B正确；
对于C，显然两圆圆心，都在直线上，
因此直线即为两圆对称轴，即可判断C正确；
对于D，由选项A可知两圆外离，即不存在公共弦，所以D错误.
故选：BC
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
B. 点到平面的距离为
C. 点到所在直线的距离为2
D. 若线段的中点为，则一定平行于平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】建系，求平面的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面的距离；对于C：利用空间向量求点到直线的距离；对于D：利用空间向量证明线面平行.
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
对于选项A：设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围为，故A错误；
对于选项B：点到平面的距离为，故B正确；
对于选项C：因为，则，
且，
则点到所在直线的距离为，故C正确；
对于选项D：由题意可知：，则，
可得，可知，
且平面，所以一定平行于平面，故D正确；
故选：BCD
12. 双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知曲线为一条双纽线，曲线上的点到定点的距离之积为4，点是曲线上一点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 点在曲线上
B. 面积的最大值为1
C. 点在椭圆上，若，则点也在曲线上
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：根据双纽线定义，求得其轨迹方程，将点坐标代入即可检验；对B：根据三角形面积公式，结合勾股定理，即可容易求得面积最大值；对C：根据题意，求得，即可验证是否满足双纽线定义；对D：根据，结合余弦定理，即可求得的最大值.
【详解】对A：设动点，由题可得的轨迹方程；
把点代入上式，上式显然成立，故点在曲线上，A正确；
对B：，
当时，即当时，
即当或时，，，
此时，的面积取得最大值，故B错误；
对C：椭圆上的焦点坐标恰好为与，则，
又，所以，故，
所以点也在曲线上，C正确；
对D：因为，
所以
由余弦定理得，
于是有，
因此，
所以，则，
当且仅当，也即时，根据A中所求，结合对称性可知，
也即，等号成立；故的最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是熟练掌握椭圆、双曲线中焦点三角形面积的处理方法，从而在双纽线中借鉴类似的处理手段；二是，紧扣双纽线定义和轨迹方程，从而处理问题.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】利用分类讨论，结合点斜式方程与截距式方程，可得答案.
【详解】当直线过原点时，斜率为，则方程为；
当直线不过原点时，由题意方程可设，代入，可得，解得，则方程为.
故答案为：或.
14. 已知圆与圆相交，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得两圆的圆心与半径，然后根据两圆的位置关系列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆心距为，且两圆相交，则，解得.
故答案为：
15. 加斯帕尔•蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点，过可作的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先通过椭圆的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解.
【详解】由椭圆方程可知蒙日圆半径为，
所以蒙日圆方程为，
∵点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上，
∴直线和蒙日圆有公共点.
∴圆心到直线的距离不大于半径，
即，所以，
所以椭圆离心率，所以.
故答案为：.
16. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点；平面直角坐标系中，方程不同时为可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系中，方程不同时为可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为n=a,b,c的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用题意先得出平面的方程及其一个法向量，再计算两平面与的法向量，设交线的方向向量结合线面夹角的向量法计算即可.
【详解】平面的方程为，所以平面的法向量可取，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，
取，可得，
所以为直线的一个方向向量.
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共66分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知的顶点边上的中线所在直线方程边上的高所在直线方程为.
（1）求顶点的坐标；
（2）求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两条直线互相垂直斜率互为相反数，得出AC所在直线方程，再跟CM所在直线方程联立方程即可.
（2）设点的坐标把M的坐标表示出来，利用点B在直线BH上，点M在直线CM上，列式联立方程即可.
【小问1详解】
边上的高所在直线方程为，其斜率为，故直线的斜率为，
则直线的方程为：，即，
联立方程与中线所在直线方程，可得，
故点的坐标为.
【小问2详解】
设点的坐标为，由点在直线上可得；
的中点的坐标为，点的坐标满足直线方程，
即；
故可得，即点坐标为.
则直线的斜率为.
18. 已知圆的方程为.
（1）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程；
（2）过直线上任意一点向圆引切线，切点为，求的最小值.
【答案】（1）或
（2）6
【解析】
【分析】（1）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，再由弦长公式求得结果；
（2）由切线长公式可知当最小，计算可得的最小值.
【小问1详解】
圆的标准方程为.
①当斜率不存在时，直线的方程为，
直线截圆所得弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为
根据垂径定理可得，即，解得.
即直线的方程为或
【小问2详解】
圆心.
因为与圆相切，所以.
当最小，所以.
可得
19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为的正三角形，，平面平面.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，根据条件得到，，由线面垂直的判定理得平面，再由线面垂直的性质定理，即可证明结果；
（2）根据条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，利用线面角的向量法，即可求解.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，
因为是边长为的正三角形，所以，
在菱形中，，则为等边三角形，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
如图，以点为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.
因，则.
设平面的法向量为n=x,y,z，则有，
令，则，所以，
因为，记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.
20. 已知直线与椭圆交于两点，线段中点坐标为.
（1）求直线的方程；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2代入到椭圆，两式相减可求出直线斜率，根据点斜式可求解；
（2）根据（1）中求出的直线方程和椭圆联立，根据韦达定理，可求出长，根据点到直线距离公式可求出点到直线的距离，即可求解.
【小问1详解】
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由是椭圆上两点得，，
两式相减得，即，
因为线段的中点坐标为，所以，
所以，即，所以直线的方程为，
即.
【小问2详解】
由得，，则，
所以，
点到直线的距离，
所以.
21. 如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面是的中点.

（1）证明：平面；
（2）在棱（不包括端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，取中点，通过证明平面，从而建立空间坐标系，求出平面的法向量，说明即可；
（2）求出平面法向量和平面的法向量，利用平面与平面的夹角为建立等式，求解即可.
【小问1详解】
如图，取中点，取中点，连接，,
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，
又平面，平面平面，
所以平面，
又底面为矩形，则.
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴
建立空间直角坐标系，

由题意可得，，，
已知是的中点.则，
可知，，
由四边形为平行四边形，
得，
设平面的法向量n=x,y,z，
则，取，得，
则平面的一个法向量,
故，
则.且平面，则平面.
【小问2详解】
设.设.因为，
所以.于是有.
所以.
又.设平面法向量，
则即,
所以平面的一个法向量为.
平面的一个法向量为.
则，
化简得.所以无实数解，不存在这样的点.
22. 知椭圆分别为椭圆的左顶点和上顶点，为右焦点.过的直线与椭圆交于的最小值为，且椭圆上的点到的最小距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知椭圆的右顶点为是椭圆上的动点（不与顶点重合）.若直线与直线交于点，直线与轴交于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）分别得到直线与直线的方程，联立可得点坐标，然后联立直线与椭圆方程，即可得到点坐标，得到直线斜率，从而表示出直线方程，再令，即可得到点坐标，表示出直线斜率，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意得，又，解得，
椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为.所以直线的方程为，
直线的方程为.
由，解得，所以.
由，得，
由，
则，所以，则，
，
因为不重合，所以，即，又，
所以，
直线的方程为，
令得.
，
，
当时，取得最小值为