重庆市2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 重庆市2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-07 14:38:10 | ||
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文档简介
重庆2024-2025学年度（上）半期考试高二年级
数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，有且仅有一项符合题目要求.
1.若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角是
A. B. C. D.
2.若，则
A.-1 B.0 C.1 D.2
3.已知圆经过点（1，3）和点（4，0），且圆心在直线上，则圆的半径为
A.2 B. C.4 D.5
4.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别是4和6，高是，则它的侧面积为
A.10 B. C.40 D.44
5.已知点是的重心，若，则
A. B. C. D.
6.已知直线为空间中一条直线，平面，，为两两相互垂直的三个平面，则
A.若，则与和相交 B.若，则或
C.若，则，且 D.若，则
7.已知海面上有一监测站，其监测范围为以为圆心，半径为的圆形区域，在A正东方向处有一货船，该船正以的速度向北偏西方向行驶，则货船行驶在监测站监测范围内的总时长为
A. B. C. D.
8.椭圆的右顶点为，上顶点为，，点为椭圆上一点且，则的值为
A. B. C. D.2
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.已知圆，圆，则
A.直线的方程为
B.圆经过，两点，则圆的面积的最小值为
C.与圆和圆都相切的直线共有四条
D.若，分别为圆，圆上两动点，则的最大值为10
10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则
A.的周长为
B.存在点，使得
C.若，则的面积为
D.使得为等腰三角形的点共有4个
11.在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则
A.四棱锥体积的最大值为
B.存在某一翻折位置，使得
C.为的中点，当时，二面角的余弦值为
D.为的中点，则的长为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知直线与圆相切，则实数的值为______________.
13.已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，，，则椭圆的离心率为______________.
14.已知正四面体的棱长为，在棱上，且，则此正四面体的外接球球心到平面的距离为______________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13分）
已知直线的方程为：.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过（1）中的点引直线交坐标轴正半轴于，两点，求面积的最小值.
16.（15分）
在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求证：；
（2）若的角平分线交于，且，求线段的长度的取值范围.
17.（15分）
在平面直角坐标系中，已知圆，不与轴垂直的直线过点且与圆相交于，两点.
（1）已知，求直线的方程；
（2）已知点且的面积为，求直线的方程.
18.（17分）
如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面.
（1）求证：为中点；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若点为棱上一动点（含端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
19.（17分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆与轴和轴的交点分别为，，，（在左侧，在下侧），直线与直线交于点，过点且平行于的直线交于点（异于点），交轴于点，直线交于点（异于点），直线交轴于点.
（1）当时，求出，两点的坐标；
（2）直线与直线是否相互平行？若是，请写出证明过程；若不是，请说明理由.
重庆2024-2025学年度（上）半期考试高二年级
数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A C B C D D C A ABD AB ACD
12.2 13. 14.
1.A【解析】直线的方向向量是，故倾斜角的正切值为；又，则的倾斜角为.
2.C【解析】因为，所以，
所以.
3.B【解析】设圆心，则由所求的圆经过点（1，3）和点（4，0）得，求得，可得圆心为（2，1），故半径为.
4.C【解析】正四棱台的侧面为等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长为4，6，高为，所以侧面梯形的斜高为，
所以棱台的侧面积为.
5.D【解析】如图，由点是的重心，可得
，
结合，可得，，所以.
6.D【解析】对选项，由，则与和相交或平行或在面内，所以选项错误；对选项，当时，且且，所以选项错误；对选项，当时，与，可以成任意角，所以选项错误；对选项，如图，易得，所以选项正确；
7.C【解析】易知在监测范围内行驶的总距离为，故在监测范围内行驶的总时长为.
8.A【解析】椭圆的右顶点，上顶点，设，由可得，解得，又由，所以，将代入椭圆方程，得，即，解得或（舍），所以.
9.ABD【解析】圆，其圆心，半径，圆，其圆心，半径，
对于A，直线的方程为，即，所以A正确；
对于B，因为，当为圆的直径时，该圆面积最小，面积的最小值为，所以B正确.
对于C，因为，且，可得，所以圆与圆外切，所以两圆的公切线共有3条，所以C错误；
对于D，当，，，共线时取得最大值，所以正确.
10.AB【解析】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
11.ACD【解析】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确；对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误；
对于C，由题，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确；
对于D，取中点，连接，，，则，，
且四边形为平行四边形，，，所以，
即，，不变，由余弦定理知定值，所以D正确.
12.2【解析】将方程整理，可得，
则，解得.
13.【解析】解：设是椭圆的右焦点，连接，，
由对称性可知：，，则四边形为平行四边形，
则，即，且，
因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，所以椭圆的离心率为.
14.【解析】在正四面体中，，，
，在，中，
，
取中点，连接，，如图，，，
而，，
令正的中心为，连接，，，
的延长线交于点，则为中点，
有，，
，显然平面，
正四面体的外接球球心在上，连接，
则，而，
在中，，解得，且，
令点到平面的距离为，由得：，
即，解得，
因此球的球心到平面的距离有，即.
15.（1）证明：由，可得，
令，所以直线过定点；·······················5分
（2）由（1）知，直线恒过定点，由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点为，，令，得；令，得，所以面积，当且仅当，即时，面积最小值为4.·······················13分
16.（1）证明：由，则，
，即有
，所以，
即，显然，故，，所以.·······················6分
（2）在中，由正弦定理可得，，
即，所以，·······················10分
因为是锐角三角形，且，所以
解得，可得，所以，
所以线段长度的取值范围是.·······················15分
17.【解析】（1）①直线的斜率不存在时，，不满足.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
由，，解得，故直线.····················7分
（2）①直线的斜率不存在时，，不满足.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则，到直线的距离，
故，·······················12分
由可得，化简得，
即，解得，故直线.·······················15分
18.（1）证明：连结交于点，连结，
因为底面是矩形，所以为中点，
因为平面，平面，
平面平面，所以，又因为为中点，所以为中点.·······················4分
（2）取的中点，连结，，因为底面为矩形，所以，
因为，为中点，所以，，
所以，又因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，所以，
所以，，两两垂直，·······················6分
如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得：
，，，，，，
则，，，
由上可知为平面的一个法向量，·······················8分
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
所以，，·······················11分
所以平面与平面夹角的正弦值为.·······················12分
（3）由（2），，因为点在棱上（含端点）
所以设，
则，
设与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.·······················17分
19.【解析】（1）直线，由，解得，
直线，故，直线，故.
由化简得，解得，故直线，
由化简得，故，解得，故·······················6分
（2）直线与直线相互平行，证明如下：证明，再证明，，三点共线即可.
①证明由，解得，
直线的方程为，则，故直线，故，即，故.·······················9分
②证明，，三点共线：
设，由，得，解得，故；
直线的方程为，设交于，
由，得，解得，故；
··············································12分
，
，
所以，即，，三点共线，
又有直线交于点，故与重合，即，，三点共线.由①②可知.··············································17分
数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，有且仅有一项符合题目要求.
1.若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角是
A. B. C. D.
2.若，则
A.-1 B.0 C.1 D.2
3.已知圆经过点（1，3）和点（4，0），且圆心在直线上，则圆的半径为
A.2 B. C.4 D.5
4.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别是4和6，高是，则它的侧面积为
A.10 B. C.40 D.44
5.已知点是的重心，若，则
A. B. C. D.
6.已知直线为空间中一条直线，平面，，为两两相互垂直的三个平面，则
A.若，则与和相交 B.若，则或
C.若，则，且 D.若，则
7.已知海面上有一监测站，其监测范围为以为圆心，半径为的圆形区域，在A正东方向处有一货船，该船正以的速度向北偏西方向行驶，则货船行驶在监测站监测范围内的总时长为
A. B. C. D.
8.椭圆的右顶点为，上顶点为，，点为椭圆上一点且，则的值为
A. B. C. D.2
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.已知圆，圆，则
A.直线的方程为
B.圆经过，两点，则圆的面积的最小值为
C.与圆和圆都相切的直线共有四条
D.若，分别为圆，圆上两动点，则的最大值为10
10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则
A.的周长为
B.存在点，使得
C.若，则的面积为
D.使得为等腰三角形的点共有4个
11.在矩形中，，点是边的中点，将沿翻折，直至点落在边上.当翻折到的位置时，连结，，则
A.四棱锥体积的最大值为
B.存在某一翻折位置，使得
C.为的中点，当时，二面角的余弦值为
D.为的中点，则的长为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知直线与圆相切，则实数的值为______________.
13.已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，，，则椭圆的离心率为______________.
14.已知正四面体的棱长为，在棱上，且，则此正四面体的外接球球心到平面的距离为______________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13分）
已知直线的方程为：.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过（1）中的点引直线交坐标轴正半轴于，两点，求面积的最小值.
16.（15分）
在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求证：；
（2）若的角平分线交于，且，求线段的长度的取值范围.
17.（15分）
在平面直角坐标系中，已知圆，不与轴垂直的直线过点且与圆相交于，两点.
（1）已知，求直线的方程；
（2）已知点且的面积为，求直线的方程.
18.（17分）
如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面.
（1）求证：为中点；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若点为棱上一动点（含端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
19.（17分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆与轴和轴的交点分别为，，，（在左侧，在下侧），直线与直线交于点，过点且平行于的直线交于点（异于点），交轴于点，直线交于点（异于点），直线交轴于点.
（1）当时，求出，两点的坐标；
（2）直线与直线是否相互平行？若是，请写出证明过程；若不是，请说明理由.
重庆2024-2025学年度（上）半期考试高二年级
数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A C B C D D C A ABD AB ACD
12.2 13. 14.
1.A【解析】直线的方向向量是，故倾斜角的正切值为；又，则的倾斜角为.
2.C【解析】因为，所以，
所以.
3.B【解析】设圆心，则由所求的圆经过点（1，3）和点（4，0）得，求得，可得圆心为（2，1），故半径为.
4.C【解析】正四棱台的侧面为等腰梯形，又正四棱台的上、下底面的边长为4，6，高为，所以侧面梯形的斜高为，
所以棱台的侧面积为.
5.D【解析】如图，由点是的重心，可得
，
结合，可得，，所以.
6.D【解析】对选项，由，则与和相交或平行或在面内，所以选项错误；对选项，当时，且且，所以选项错误；对选项，当时，与，可以成任意角，所以选项错误；对选项，如图，易得，所以选项正确；
7.C【解析】易知在监测范围内行驶的总距离为，故在监测范围内行驶的总时长为.
8.A【解析】椭圆的右顶点，上顶点，设，由可得，解得，又由，所以，将代入椭圆方程，得，即，解得或（舍），所以.
9.ABD【解析】圆，其圆心，半径，圆，其圆心，半径，
对于A，直线的方程为，即，所以A正确；
对于B，因为，当为圆的直径时，该圆面积最小，面积的最小值为，所以B正确.
对于C，因为，且，可得，所以圆与圆外切，所以两圆的公切线共有3条，所以C错误；
对于D，当，，，共线时取得最大值，所以正确.
10.AB【解析】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
11.ACD【解析】对于A，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为，所以A正确；对于B，若，又，则平面，即，矛盾，所以B错误；
对于C，由题，，，所以为二面角的平面角，在中，，，，所以C正确；
对于D，取中点，连接，，，则，，
且四边形为平行四边形，，，所以，
即，，不变，由余弦定理知定值，所以D正确.
12.2【解析】将方程整理，可得，
则，解得.
13.【解析】解：设是椭圆的右焦点，连接，，
由对称性可知：，，则四边形为平行四边形，
则，即，且，
因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，所以椭圆的离心率为.
14.【解析】在正四面体中，，，
，在，中，
，
取中点，连接，，如图，，，
而，，
令正的中心为，连接，，，
的延长线交于点，则为中点，
有，，
，显然平面，
正四面体的外接球球心在上，连接，
则，而，
在中，，解得，且，
令点到平面的距离为，由得：，
即，解得，
因此球的球心到平面的距离有，即.
15.（1）证明：由，可得，
令，所以直线过定点；·······················5分
（2）由（1）知，直线恒过定点，由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点为，，令，得；令，得，所以面积，当且仅当，即时，面积最小值为4.·······················13分
16.（1）证明：由，则，
，即有
，所以，
即，显然，故，，所以.·······················6分
（2）在中，由正弦定理可得，，
即，所以，·······················10分
因为是锐角三角形，且，所以
解得，可得，所以，
所以线段长度的取值范围是.·······················15分
17.【解析】（1）①直线的斜率不存在时，，不满足.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
由，，解得，故直线.····················7分
（2）①直线的斜率不存在时，，不满足.
②直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
则，到直线的距离，
故，·······················12分
由可得，化简得，
即，解得，故直线.·······················15分
18.（1）证明：连结交于点，连结，
因为底面是矩形，所以为中点，
因为平面，平面，
平面平面，所以，又因为为中点，所以为中点.·······················4分
（2）取的中点，连结，，因为底面为矩形，所以，
因为，为中点，所以，，
所以，又因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，所以，
所以，，两两垂直，·······················6分
如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得：
，，，，，，
则，，，
由上可知为平面的一个法向量，·······················8分
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
所以，，·······················11分
所以平面与平面夹角的正弦值为.·······················12分
（3）由（2），，因为点在棱上（含端点）
所以设，
则，
设与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.·······················17分
19.【解析】（1）直线，由，解得，
直线，故，直线，故.
由化简得，解得，故直线，
由化简得，故，解得，故·······················6分
（2）直线与直线相互平行，证明如下：证明，再证明，，三点共线即可.
①证明由，解得，
直线的方程为，则，故直线，故，即，故.·······················9分
②证明，，三点共线：
设，由，得，解得，故；
直线的方程为，设交于，
由，得，解得，故；
··············································12分
，
，
所以，即，，三点共线，
又有直线交于点，故与重合，即，，三点共线.由①②可知.··············································17分