2024-2025学年广东省广州市华南师大附中高二（上）期中数学试卷(含答案）

2024-2025学年广东省广州市华南师大附中高二（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.已知是定义域为的奇函数，当时，，则( )
A. B. C. D.
3.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
4.已知直线平分圆：的周长，则( )
A. B. C. D.
5.双曲线的一条渐近线为，则的离心率为( )
A. B. C. D.
6.若是第二象限角，且，则( )
A. B. C. D.
7.如图，在正三棱柱中，为棱的中点，为棱上靠近点的一个三等分点，若记正三棱柱的体积为，则四棱锥的体积为( )
A.
B.
C.
D.
8.已知是椭圆的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，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.已知向量，，则( )
A. 若，则 B. 若，共线，则
C. 不可能是单位向量 D. 若，则
10.已知，为正实数，，则( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值 D. 的最小值为
11.古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积如下图，已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，左、右顶点分别为，，，，设的离心率为，则( )
A. 若，则
B. 四边形的面积与的面积之比为
C. 四边形的内切圆方程为
D. 设椭圆外阴影部分的面积为，椭圆内阴影部分的面积为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线恒过的定点坐标为______．
13.已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为______．
14.已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于，的两点设，，且，则的周长的最大值为______．
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
记的内角，，所对的边分别为，，，且．
求；
若为边上一点，，，，求．
16.本小题分
已知直线经过点与点，圆与轴相切于点，且圆心在直线上．
求圆的方程；
圆与圆相交于，两点，求两圆的公共弦的长．
17.本小题分
如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面，，直线与平面所成角为．
证明：平面平面；
求二面角的正弦值．
18.本小题分
已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，，点为椭圆上异于，的动点，的周长为．
求椭圆的标准方程；
设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，．
(ⅰ)求证：为定值；
(ⅱ)设直线：，证明：直线过定点．
19.本小题分
若坐标平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”．
试写出圆的一个切立方的四条边所在直线的方程；
已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求双曲线的离心率的取值范围；
已知为函数的图像上任一点，则函数在点处的切线方程为若奇函数的定义域为，且在时，设函数的图像为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由．
参考答案
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15.解：由，得，整理得．
根据余弦定理，得，结合，可得．
因为，，所以，．
因为在中，，，
所以，可得．
由正弦定理得，可得．
所以．
16.解：经过点与点的直线方程为，
即，
由圆与轴相切于点可得，圆心在直线上，
联，解得，
即圆心坐标为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为．
因为圆的方程为，
即，
圆：，
两式作差可得两圆公共弦所在直线方程为，
圆的圆心到直线的距离，
所以两圆的公共弦的长为．
17.证明：当时，因为，
所以，所以，
由平面平面，平面平面，
平面，，可得平面，
又平面，所以，
因为，、平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
解：因为平面，平面，
所以直线与平面所成的角为，所以，
因为，且，
所以，，故，
作交于，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以，
作交于，连接，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因为，即，所以，
因为，即，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为．
18.解：易知，
因为，的周长为，
所以，
所以，
解得，
则，
故椭圆的标准方程为；
证明：设，，，
由知，，
此时，，
因为，
所以，
则，
因为点在椭圆上，
所以，
即，
所以，
则为定值，定值为；
(ⅱ)证明：联立，消去并整理得，
此时，
由(ⅰ)得，，
，
所以
，
解得，
此时满足，
则直线的方程为．
故直线过定点．
19.解：
根据“切立方”的定义，结合图象可得，，，，答案不唯一．
由正方形的方程为，则，
由正方形为双曲线的一个“切立方”，
则，联立可得，
整理可得，
则，整理得，即，
则，所以
曲线存在切立方，理由如下：
由题意得，
当时，，
设第一个切点为，则，
则过该点的一条切线方程为：，
，
因为为奇函数，其图象关于原点对称，因此如果曲线是存在切立方，则正方形也关于原点对称，故与第一条边平行的正方形的另一条边所在直线方程为：，
设第三个切点为，
同理可得另两条切线为，
若存在正方形，即，
由此可设，，
因为．
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
设，
且在上单调递减；
由，，
由零点存在性定理可知在上有解，
因此曲线存在切立方．
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