四川省达州市万源中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）.docx

1、万源中学高2025届高二（上）期中考试数学试题本卷满分150分，考试时间120分钟注意事项：1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，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将试卷和答题卡一并交回.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. 直线的倾斜角为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解

2、.【详解】由直线，则，设直线的倾斜角为，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.2. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，且，则m的值（ ）A. B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】因为，所以有，由向量垂直的坐标运算即可求解.【详解】若，则有，即，解得.故选：B3. 已知直线与圆交于两点，则（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】B【解析】【分析】先求出弦心距，然后根据弦长公式求出弦长即可.【详解】由题意得圆的半径为，圆心到的距离，所以，故选：B4. “圆”是中国文化的一个重要精神元素，在中式建筑中有着广泛的运用，最具代表性的

3、便是园林中的门洞如图，某园林中的圆弧形挪动高为2.5m，底面宽为1m，则该门洞的半径为（ ）A. 1.2mB. 1.3 mC. 1.4 mD. 1.5 m【答案】B【解析】【分析】设半径为R，根据垂径定理可以列方程求解即可.【详解】设半径为R，,解得,化简得.故选：B.5. 若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为 A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，即，整理可得，双曲线的离心率故选A点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方

4、法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2c2a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)6. 已知直线：和点，点，点P是直线上一动点，当最小时，点P的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件求出A关于直线的对称点坐标，求出直线方程，与已知直线方程联立即可求解.【详解】依题意，设关于直线的对称点，所以，解得，所以，由直线的对称性知，则，当且仅当三点共线时，等号成立，即取到最小，由及知直线的方程为，联立，解得，即.所以最小时，点P的坐标

5、是.故选：C7. 已知圆C: ，直线：，直线被圆C截得的弦长最短时，实数m的值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的方程，求得直线所过的定点，直线被圆C截得的弦长最短时有，则，解出方程即可.【详解】因为直线：，方程可化为，令，解得，故直线过定点，且在圆C:内，又,故当直线被圆C截得的弦长最短时,有，则，解得，故选：B.8. 已知椭圆，直线，若椭圆上存在关于直线对称的两点，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设椭圆上两点关于直线对称，则可设直线方程为，将其与椭圆方程联立，令，可算出的范围，又线段的中点也在直线上，结合韦达定理

6、可以算出的关系式，从而得解.【详解】设，线段的中点，若此椭圆上存在不同的两点关于直线对称，所以直线的方程可以设为，联立，化为，解得，而，所以，即，代入直线可得，所以，即实数m的取值范围是.故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有错选的得0分.9. 已知椭圆：的左、右焦点分别是、，点为椭圆上一点， 则下列关于椭圆的结论正确的有（ ）A. 长轴长为B. 离心率为C. 的周长为D. 的面积为【答案】BCD【解析】【分析】根据椭圆的方程求出，再结合椭圆定义与椭圆的几何性质即可分别判断正误求解.【详解】由椭

7、圆：，得：，对于A项：长轴长为，故A项错误；对于B项：离心率，故B项正确；对于C项：由椭圆定义得：，的周长为，故C项正确；对于D项：因为，所以得：，解得：，故D项正确.故选：BCD.10. 如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，对于A，A是；对于B，与不垂直，B不是；对于C，与不垂直，C不是；对于D，与垂直，D是.故选：AD1

8、1. 以下四个命题表述正确的是（ ）A. 圆与圆恰有三条公切线B. 直线与圆一定相交C. 直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是D. 已知直线不经过第三象限，则的取值范围【答案】ABC【解析】【分析】判断两圆的位置关系，得到其公切线数即可判断A；利用圆心到直线的距离与半径比较可判断B；利用直线与圆的位置关系及数形结合可判断C；先考虑直线斜率不存在时求a的值，再考虑斜率存在，根据直线不过第三象限，列不等式求得a的取值范围.【详解】对于A，圆，圆心，半径，圆，圆心，半径，又，所以两圆外切，故两圆有3条公切线，故A正确；对于B，圆，圆心，半径，圆心到直线的距离直线，所以直线与圆相交，故B正确

9、；对于C，根据题意画出图形，如图所示，直线恒过点，曲线表示以为圆心，半径的上半圆，当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离，即，解得；当直线过时，直线的斜率，所以直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围为，故C正确；对于D ，当，即直线斜率不存在时，此时，不过第三象限； 当时，不过第三象限，则，解得综上可知，实数的取值范围，故D错误；故选：ABC12. 已知双曲线C：的左、右焦点分别是，过右焦点的直线交双曲线右支于两点，的内切圆圆心为M，半径为，的内切圆圆心为N，半径为，则下列结论正确的是（ ）A. 直线垂直于x轴B. 周长为定值C. 与之和定值D. 与之积为定值【答案】AD【解析】【分析】根

10、据题意画出示意图，根据圆切线长定理及双曲线定义判断A、B；由在中，进而有并利用相似比判断D，最后由，得到判断C.【详解】由题意，可得如下示意图，其中为内切圆与各边切点，由图知：，由，则令横坐标为，则，即为双曲线右顶点，同理，内切圆在轴上的切点也为，又都垂直于轴，所以直线垂直于x轴，A对；由周长为，而的长不定，故周长不为定值，B错；由分别平分，且，在中，又，所以，故为定值，D对.令，则，显然为直线的倾斜角，其大小不定，故与之和不为定值，C错.故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若直线与直线垂直，则实数m的值为_.【答案】【解析】【分析】利用直线垂直，则直线的法向量垂

11、直，计算即可.【详解】因为直线的法向量为，直线的法向量为由于垂直，则对应法向量相互垂直，所以，即，则.故答案为：14. 已知双曲线的左、右焦点分别是，点为双曲线上一点，若到原点的距离，则的面积是_.【答案】【解析】【分析】由可得点在圆上，且，利用双曲线定义和勾股定理可得，即可知的面积为.【详解】如下图所示： 不妨取点在双曲线的右支上，由可得点在圆上，又易知，所以即为圆的直径，所以，利用双曲线定义可得，利用勾股定理可得，所以，可得，因此的面积为.故答案为：15. 已知圆，直线若圆上有两个点到直线的距离等于1，则实数b的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】圆上的点到直线由两个点的距离为1，转化为

12、圆心到直线的距离大于1小于3，求解即可.【详解】根据题意，圆的圆心为，半径为2，因为直线若圆上有两个点到直线的距离等于1，则圆心到直线距离为：，所以此时b的取值范围是故答案为：16. 已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为_.【答案】#【解析】【分析】取线段的中点为，由已知条件可得，即三点共线，且，则，再利用以及等面积法即可求得椭圆离心率为.【详解】如图所示：不妨取点在轴上方，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，的内切圆半径为，椭圆焦距为，取线段的中点为，设点的纵坐标为，由可得，即又为的中点，可得，即，所以三点共线，且，可得，又因为，所以；利用椭圆定义以及

13、等面积法可得，所以，可得，即椭圆离心率为.故答案为：【点睛】方法点睛：求解内切圆问题时，一般是利用等面积法将三角形面积与周长之间建立联系，再根据椭圆定义即可直接得出之间的关系，进而求出离心率.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 有一辆公交车，依次设了A，B，C，D，E，F，G共7个站，甲乙二人都从A站上车，假设他们从后面每个站下车是等可能的.（1）求这两个人在不同站点下车的概率；（2）求这两个人都没有坐到终点站的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）采用列举法，将甲乙下车方式所有可能的情况全部列举出来，结合古典概型概率计算公式即可求解

14、.（2）由（1）中列举出来的所有情况，结合古典概型概率计算公式即可求解.小问1详解】甲乙下车方式有如下36种结果：（C，B），（C，C），（C，D），（C，E），（C，F），（C，G）（D，B），（D，C），（D，D），（D，E），（D，F），（D，G）（E，B），（E，C），（E，D），（E，E），（E，F），（E，G）（F，B），（F，C），（F，D），（F，E），（F，F），（F，G）（G，B），（G，C），（G，D），（G，E），（G，F），（G，G）甲乙两人在不同站点下车的结果有30个，所以所求的概率为.【小问2详解】由（1）可知甲乙两个人都没有坐到终点站的结果数有25个，因此所求概

15、率为18. 如图，在棱长为2的正方体中， 为的中点 （1）求直线到平面的距离；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据正方体的性质与线面平行的判定与性质得出到平面的距离即为点B到平面的距离，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算得出平面的法向量，即可根据点到面距离的向量算法得出答案；（2）根据已得出的向量与平面的法向量，结合线面角的向量运算得出答案.小问1详解】为正方体，,平面,平面,平面,则到平面的距离即为点B到平面的距离，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，则，,设平面的法向量为，由,得，令，

16、则，则，则到平面的距离，则到平面的距离为；【小问2详解】,直线与平面所成角的正弦值为.19. 在中，内角所对的边分别为且.（1）求角A的大小；（2）若，求的面积S的最大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换进行化简即可求解.（2）由余弦定理结合基本不等式、三角形面积公式即可求解.【小问1详解】由已知及正弦定理得，所以，所以，又，.【小问2详解】根据余弦定理得，由基本不等式得，的面积，当且仅当时等号成立，的面积S的最大值为20. 已知圆过点和点，并且圆心在直线上.点是直线上一动点，过点引圆的两条切线、，切点分别为，.（1）求圆的标准方程；（2）当四边形的面积最小

17、时，求点的坐标及直线的方程.【答案】（1） （2）,【解析】【分析】（1）利用中垂线方程与圆心所在直线方程，联立求出圆心，圆心到点的距离算出半径，即可得到圆的方程；（2）利用圆心与切点相连垂直关系，即可对四边形面积进行转换，得到当最小时，四边形面积最小，此时直线与的交点即为点，以为直径的圆的方程与圆的方程的公共弦方程，即为直线的方程.小问1详解】的中点为，的方向向量即为中垂线的法向量，利用点法式方程则中垂线方程为，由得圆心半径，圆的标准方程为.【小问2详解】由于，故最小，即最小时，四边形面积最小此时，假设直线方程为，带入圆心得到直线方程，由得圆心、为圆与以为直径的圆的交点.以为直径的圆，圆心为

18、、的中点，半径为：则方程为：联立得到直线的方程为：.21. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，平面，为线段上的一点（1）证明：平面平面 （2）当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据几何体性质特征利用线面垂直判定定理可得平面，由面面垂直判定定理可得平面平面；（2）作出与平面所成的角可得，当为的中点时满足题意，建立空间直角坐标系求出平面的法向量，即可求出平面与平面夹角的余弦值为【小问1详解】证明：由底面是菱形可知，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，由于平面，可得平面平面；【小问2详解】连结，过点作的垂线，垂足为

19、，连结，由（1）可得，又，且平面，所以平面；易知为与平面所成的角，因为为定值，且，所以当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值；以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：又底面是菱形，所以，则，点为的中点，所以，设平面的一个法向量为，则，解得，令，则，即可得，易知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为22. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，点是椭圆上不同于左右顶点的一动点，点关于x轴的对称点为点.当直线过左焦点时，.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于另外一点（点和点不重合），证明直线过定点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意易知，利用通径长可得，即可知椭圆方程；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立并利用对称性和韦达定理，由三点共线可得，即可得直线恒过定点.【小问1详解】由已知得直线过左焦点时，即为通径，可得；又，且，解得；所以椭圆C的方程为【小问2详解】由题意得直线AP的斜率一定存在，如下图所示：设直线的方程为，联立直线和椭圆方程，消去可得，所以可得因为三点共线，可得，所以，即，即所以，也即,可得，所以直线的方程为即直线恒过定点.