陕西省西安铁一中滨河高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份陕西省西安铁一中滨河高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分150分 时间110分钟）
一、单选题：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. 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，即，解得，即，
解不等式，得，即，或，
所以.
故选：B
2. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线斜率，根据斜率和倾斜角关系即可得到答案.
【详解】，即该直线斜率为.
则其倾斜角为.
故选：D.
3. 已知直线l1：与l2：平行，则l1与l2的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，结合两平行线之间的距离公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，所以，且两直线之间的距离为
.
故选：D
4. 向量，，在直线l方向向量上的投影向量相等，则直线l的斜率为（ ）
A. 1B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】设直线的方向向量，求出两个向量在直线上的投影向量，由题意可得，的关系，进而求出直线的斜率.
【详解】因为在直线l方向向量上的投影向量一定共线，
设l的方向向量为，则，
即，
整理可得：，所以，直线斜率为－1．
故选：B．
5. 已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】本题利用椭圆的几何性质列出方程，求得a的值，再结合充分、必要条件的判定方法，即可得出结果.
【详解】由椭圆C的方程可得，
①当时，可得，此时椭圆的离心率为，
由可得，，解得，
当时，可得，此时椭圆的离心率为，
由可得，，解得；
②当时，则椭圆C的方程为，则此时，
此时椭圆C的离心率为，
综上得，是椭圆C的离心率为的充分不必要条件.
故选：A.
6. 若，，，则的最小值为
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先表示出，再化解，利用均值不等式可求最小值．
【详解】解：，，，
，
，
，
，
当且仅当，即时，
故选：．
【点睛】本题考查利用均值不等式求最值的方法，考查均值不等式的适用条件，属于中档题．
7. 由曲线围成的图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分两种情况写出曲线方程，再做出图像，求出面积.
【详解】
当时，曲线为
当时，曲线
画出图像如上图，
所求面积为两个圆的面积减去一个重叠部分的面积
圆的半径为，两圆对称，
故为
故选：D
8. 正方体的棱长为5，点在棱上，且，点是正方体下底面内（含边界）的动点，且动点到直线的距离与点到点的距离的平方差为25，则动点到点的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据动点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为25，得到，发现点P的轨迹是抛物线，然后建立平面直角坐标系求解即可.
【详解】
如图所示，作，Q为垂足，则易知平面，
过点Q作，交于，则易知平面，所以即为P到直线的距离．
因为，且，所以．
所以点P的轨迹是以AD为准线，点M为焦点的抛物线．
如图建立直角坐标系，则点P的轨迹方程是，
点，设，所以
，所以当，取得最小值.
故选：A
二、多选题：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，全对得6分，部分对给部分分，有错项得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线的方向向量分别是，则
B. 直线的方向向量，平面的法向量，则
C. 两个不同的平面的法向量分别是，则
D. 直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算逐个选项分析即可.
【详解】对于A，由，知，因为直线不重合，所以，故A正确；
对于，因为，所以，所以或，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，设直线与平面所成角为，则，
因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角的大小为，故D正确，
故选：ACD.
10. 圆和圆的交点为，则有（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 线段中垂线方程为
C. 公共弦的长为
D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】两圆方程作差后可得公共弦方程，从而可判断A；求出垂直平分线的方程判断B；利用垂径定理计算弦长判断C；求出圆到直线的距离的最大值判断D.
【详解】把两圆化为标准方程，圆的圆心，半径，
的圆心， 半径，
则有，即圆与圆相交，
对于A，将方程与相减，
得公共弦AB所在直线的方程为，即，A错误；
对于B，由选项A知，直线斜率，则线段AB中垂线的斜率为，
而线段中垂线过点，于是线段AB中垂线方程为，即，B正确；
对于C，点到直线的距离为，
因此，C错误；
对于D，P为圆上一动点，圆心到直线的距离为，
因此点P到直线AB距离的最大值为，D正确.
故选：BD
11. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于A，B两点，其中点在第一象限．若动点在的准线上，则（ ）
A. 的最小值为0
B. 当为等腰三角形时，点的纵坐标的最大值为
C. 当的重心在轴上时，的面积为
D. 当为钝角三角形时，点的纵坐标的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】求得直线的方程与抛物线方程联立求得，，利用向量数量积的坐标运算求得最小值，可判断A；要使得点的纵坐标最大，则，据此计算可判断B；求得重心坐标，重心在轴上时，可求，进而可求面积判断C；为钝角三角形时，点的纵坐标的取值范围判断D.
【详解】依题意可得，直线AB的方程为，
代入，消去得，解得，，
因为点在第一象限，所以，．
的准线方程为，设，

则，，
所以，故A正确．
当为等腰三角形时，要使得点的纵坐标最大，则，
即，且，解得，故B错误．
的重心坐标为，即，
当的重心在轴上时，，得，
的面积为，故C正确．
当，，三点共线时，，，，
所以，解得．
由A分析知，得为锐角或直角，
当为直角或为直角时，或，
所以，，
解得或，
当为钝角三角形时，且，
所以，，
解得且，
所以点的纵坐标的取值范围为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 若方程表示椭圆，则m的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】
由，且可得．
【详解】方程表示椭圆⇔，解得且.
所以m的取值范围是
故答案为：.
13. 在平行六面体中，，，，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的数量积计算即可.
【详解】由题意可知，
所以
.
故答案：.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别是，过点的直线与交于两点，且，现将平面沿所在直线折起，点到达点处，使面面，若，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，可得两两互相垂直，且，，从而可求得，，，利用余弦定理建立关于的方程即可求解.
【详解】
由题意，，所以，，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，且面，
所以平面，又平面，所以，
所以，
，
因为，
所以由余弦定理有，
即，
所以，即，
所以或，又离心率，
所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18题、19题17分，共77分.解答应写出文字说明或演算步骤.
15. 已知直线和的交点为．
（1）若直线经过点且与直线平行，求直线的方程；
（2）若直线经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由已知可得交点坐标，再根据直线间的位置关系可得直线方程；
（2）设直线方程，根据直线与两坐标轴围成的三角形的面积，列出方程组，解方程.
【小问1详解】
解：联立方程，解得，即
设直线的方程为：，将带入可得
所以的方程为：；
【小问2详解】
解：法①：易知直线在两坐标轴上的截距均不为，设直线方程为：，
则直线与两坐标轴交点为，由题意得，
解得：或
所以直线的方程为：或，
即：或.
法②：设直线的斜率为，则的方程为，
当时，
当时，
所以，解得：或
所以m的方程为或
即：或.
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，的面积为，求，.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式和正弦定理可求出结果；
（2）根据三角形面积得，再结合余弦定理可求出结果
【小问1详解】
根据正弦定理得，
则，
则，
所以，
由于，所以，所以，
所以，则，则，
由于，则，则，则．
【小问2详解】
由题意：，所以．
又由余弦定理以及，
得，所以，所以，
所以．
17. 已知圆：，过点的直线与圆相切，切点在第一象限，在轴上的射影为点.
（1）求的坐标；
（2）过且斜率不为零的另一条直线与圆交于，两点，在线段上，设为线段的中点，直线交直线于点，证明：与轴平行.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过为以为斜边的等腰直角三角形，确定为的中点，即可求解；
（2）设直线方程为，，Ax1,y1,Bx2,y2，联立圆方程，结合韦达定理，通过 可求证
【小问1详解】
因为直线与圆相切，切点为，所以
由，所以为以为斜边的等腰直角三角形，
由第一象限的点在轴上的射影为，所以为的中点，
所以点的坐标为.
【小问2详解】
证明：因为为线段的中点，所以，
设直线方程为，，Ax1,y1,Bx2,y2
联立方程组，得，
，且Δ=−8k22−41+k216k2−8>0，因为，
则，则，则由图知，，
则,直线方程为，
直线方程为，令得，即，
则
，
所以，又，所以与轴平行.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. 如图：等边三角形的边长为3，，．将三角形沿着折起，使之成为四棱锥．点满足，点在棱上，满足．且．
（1）求到平面的距离；
（2）求面与面夹角的余弦值；
（3）点在面的正射影为点，求与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出，利用勾股定理证得，以点为原点建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，再根据即可求出点的坐标，即可得解；
（2）分别求出两平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得解；
（3）先确定点的位置，再利用向量法求解即可.
【小问1详解】
中，，
由余弦定理得，
所以，所以，即，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
，
因为，
所以，解得，
则，故，
所以，
设，由，
得，解得，即，
所以到平面的距离为；
【小问2详解】
，
设平面得法向量为，
则有，可取，
设平面得法向量为，
则有，可取，
则，
所以面与面夹角的余弦值为；
【小问3详解】
因为平面，
所以平面，
因为点在面的正射影为点，所以平面，
所以，所以在上，
，则，
故，则，
则，
所以与平面夹角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
19. 在平面直角坐标系中，椭圆，圆为圆上任意一点.
（1）过作椭圆的两条切线，当与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，求的值；
（2）动点满足，设点的轨迹为曲线.
（i）求曲线的方程；
（ii）过点作曲线的两条切线分别交椭圆于，判断直线与曲线的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）直线与曲线相切，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设Px0,y0，过点P的直线方程为：，联立方程，结合韦达定理分析求解；
（2）（i）设，根据题意利用相关点法分析求解；（ii）设过且与圆相切的直线方程：，可得，联立方程结合韦达定理分析判断.
【小问1详解】
设，过点P的直线方程为：，
联立，消去y得，
则，
整理得，
可知是方程的两个根，所以.
【小问2详解】
（i）设，由，
将代入圆有：，
即曲线的方程为：；
（ii）直线与曲线相切.理由如下：
由题意可知直线斜率和均存在，如图，

设过且与圆相切的直线方程：，
即，
则曲线的圆心到该直线的距离，可得，
可得；
联立，消去y可得：，
整理得，
则方程异于的实数解为，
由可得，
则，
可得，
设，
则直线的斜率，
故直线的方程为：，
即，
则曲线的圆心到的距离，故直线与曲线相切.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．