2024-2025学年云南省昆明市寻甸一中高二（上）期中数学试卷（含答案）

2024-2025学年云南省昆明市寻甸一中高二（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，，则( )
A. B. C. D.
2.已知圆与圆有条公切线，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
3.若两定点，，动点满足，则动点的轨迹围成区域的面积为( )
A. B. C. D.
4.设点，若在圆：上存在，两点，使得四边形为正方形，则( )
A. B. C. D.
5.直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.已知点，，点是圆上任意一点，则面积的最小值为( )
A. B. C. D.
7.设，分别是离心率为的椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于，两点，且，则( )
A. B. C. D.
8.直线与椭圆：交于、两点点在第一象限，过点作轴的垂线，垂足为，的中点为，设直线与椭圆的另一交点为，若，则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数，则( )
A. 时，的虚部为
B. 时，
C. 当复数为纯虚数时，
D. 若复数在复平面内对应的点在第四象限，则
10.已知椭圆，且两个焦点分别为，，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是( )
A. 的短轴长为 B. 的周长为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
11.若圆：上恰有三个点到直线：的距离为，则的取值可以为( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线是圆的一条对称轴，则 ______．
13.法国著名数学家加斯帕尔蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线当直线与椭圆有且只有一个交点时，直线与椭圆相切，直线叫椭圆的切线，交点叫切点的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆已知椭圆：的离心率为，且短轴的一个端点到焦点的距离为，则此椭圆的蒙日圆的方程为______．
14.已知函数，若函数在区间上恰有个零点，则所有可能的正整数的值组成的集合为______．
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.本小题分
已知直线过直线和的交点，且与直线：平行．
求直线的方程；
求直线与直线的距离．
16.本小题分
已知圆方程为．
求实数的取值范围；
求与圆相切于点的直线方程；
直线：与圆交于，两点，若，求实数的值．
17.本小题分
已知圆，圆经过三点，，．
求圆的方程，并判断两圆位置关系；
若动圆与圆、圆均相切，求动圆圆心的轨迹的方程．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，，点为的中点．
已知点为线段的中点，求证：平面；
再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：
直线到平面的距离；
二面角的余弦值．
条件：平面；
条件：；
条件：平面平面．
19.本小题分
已知椭圆：的左焦点为，且点在椭圆上．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ已知，，点为椭圆上一点．
若点在第一象限内，延长线交轴于点，与的面积之比为：，求点坐标；
设直线与椭圆的另一个交点为点，直线与椭圆的另一个交点为点设，，求证：当点在椭圆上运动时，为定值．
参考答案
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15.解：直线过直线和的交点，
由，解得，即点，
因为直线的斜率为，
所以直线的方程为，整理得．
直线与直线的距离为．
16.解：，可化为，
所以，解得，
故的取值范围为；
将点代入圆方程得，
圆为，圆心坐标，得直线的斜率为，
故切线的斜率为，
切线方程为，整理得；
由得，
圆心坐标，圆心到直线的距离为，
又，
所以，得．
17.解：设圆的方程为，
因为圆经过三点，，，
所以，
解得，，，
则圆的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
所以圆心距，
则两圆内含；
因为圆与圆内含，
所以动圆与圆外切，与圆内切，
设动圆圆心，半径为，
此时，，
两式相加，
所以动圆圆心的轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，
解得，，
则．
故轨迹的方程为．
18.解：证明：取的中点，连接，．
因为点为的中点，所以，．
因为四边形是平行四边形，
所以，．
因为点为线段的中点，所以．
所以，．
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
选择条件：连接，因为 平面，直线平面，
则，即．
因为，，所以．
因为，四边形是平行四边形，
所以，且，
又，所以．
所以，即，所以．
以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，，．
设平面的法向量为，则，
所以，即，
解得，令，得，所以；
(ⅰ)因为，平面，平面，所以平面，
则直线到平面的距离即为点到平面的距离，
则．
(ⅱ)因为是平面的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为；
选择条件：连接，因为 平面，平面，平面，
则，，即．
因为，，所以．
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，平面，所以．
由四边形是平行四边形，则四边形是矩形．
因为，所以．
以下同选择条件．
若选择条件，四棱锥不能唯一确定．
举例如下：由上述选择与的求解可知，
如上图所示的，，两两垂直的四棱锥满足题意；
下面构造一个不同的四棱锥：
如图，四棱锥中，平面平面，
则向量为空间中不共面的三个向量，
，且，，
则由三面角余弦定理知，
，
由四边形为平行四边形可知，，
所以，
两边同时平方得：，
故也满足条件．
综上所述，如图所示的四棱锥也满足题意，
即满足题意的四棱锥不能唯一确定．
19.Ⅰ解：由题意知，，
解得，，
所以椭圆的方程为．
Ⅱ解：由题意知，直线的斜率一定存在，设其方程为，，
令，则，即，
设点到直线的距离为，
因为是的中点，所以点到直线的距离为，
又与的面积之比为：，
所以，所以，即点是的中点，
所以，
因为点在椭圆上，所以，解得舍正，
所以
证明：设，，，直线的方程为，其中，则，
联立，得，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
设直线的方程为，其中，
同理可得，，
所以，为定值．
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