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重庆市第十八中学2024-2025学年(上)中期学习能力摸底
高二数学试题
考试说明:1.考试时间120分钟 2.试题总分150分 3.试卷页数2页
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备选选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1. 已知椭圆方程为,则焦距是()
A. 8 B. 12 C. 20 D. 16
2. 倾斜角为的直线的单位方向向量是()
A. B. C. D.
3. 在平行六面体中,M为AC与BD的交点,若,,,则下列向量中与相等的向量是().
A. B.
C. D.
4. 、、是从点出发的三条射线,每两条射线的夹角均为,那么直线与平面所成的夹角的余弦值是()
A. B. C. D.
5. 已知点是曲线围成的图形内的一个动点(包含边界),则的最小值是()
A. B. C. D.
6. 若对圆上任意一点,的取值与、无关,则实数的取值范围是()
A B. C. 或 D.
7. 几何学史上有一个著名的米勒问题:“设点、是锐角的一边上的两点,试在边上找一点,使得最大.”如图,其结论是:点为过、两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题:在平面直角坐标系中,给定两点、,点在轴上移动,当取最大值时,点的横坐标是()
A B. C. 或 D. 或
8. 如图,已知正四面体D–ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,,分别记二面角D–PR–Q,D–PQ–R,D–QR–P的平面角为α,β,γ,则
Aγ<α<β B. α<γ<β C. α<β<γ D. β<γ<α
二、多项选择题:(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. 已知直线和直线,下列说法正确的是()
A. 始终过定点 B. 若,则或
C. 若,则或 D. 当时,始终不过第三象限
10. 已知圆C:,直线l:.则以下几个命题正确的有()
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 直线与圆恒相交
D. 直线被圆截得最短弦长时,直线的方程为
11. 已知棱长为2的正方体中,为的中点,为上的动点,且满足平面,则下列结论正确的是()
A. 平面 B.
C. 与的距离是 D. 动点的轨迹长为
三、填空题:(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12. 曲线是焦点在轴上椭圆,则的范围是__________
13. 过点且纵横截距相等的直线方程是__________(直线方程一般式)
14. 已知长方体,,,,在上取一点,在上取一点,使得直线平面,则线段的最小值为______.
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. 如图,在三棱锥A BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.
求证:(1)EF∥平面ABC;
(2)AD⊥AC.
16. 如图,在平面直角坐标系中,点,直线,设圆的半径为1,圆心在上.
(1)若圆心也在直线上,过点作圆的切线,求切线方程;
(2)若圆上存在点,使,求圆心的横坐标的取值范围.
17. 如图,矩形中,,,,、、、分别是矩形四条边的中点,、、是线段的四等分点,、、是线段的四等分点.
(1)证明直线与、与、与的交点、、都在椭圆上.
(2)若,.、为其左右焦点,过作直线交椭圆于,两点,若内切圆半径为,求其面积.
18. 在三棱柱中,平面平面,侧面菱形,,,.
(1)求证:平面;
(2)求直线与直线的距离;
(3)求平面与平面所成二面角的平面角的正弦值.
19. 已知圆,.
(1)证明:圆过定点;
(2)当时,点为直线上的动点,过作圆的两条切线,切点分别为,.
①当取最小值时,求直线的方程.
②过作直线的垂线,垂足为,求证:存在点使得为定值,并求出定值.
重庆市第十八中学2024-2025学年(上)中期学习能力摸底
高二数学试题
一.选择题:(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个备选选项中,只有一项是符合题目要求的.)
1.
【答案】D
2.
【答案】C
3.
【答案】A
4.
【答案】B
5.
【答案】B
6.
【答案】D
7.
【答案】A
8.
【答案】B
二、多项选择题:(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.
【答案】AC
10.
【答案】ABC
11.
【答案】ACD
三、填空题:(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.【答案】
13.【答案】或
14.【答案】
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.
【解析】
【详解】试题分析:(1)先由平面几何知识证明,再由线面平行判定定理得结论;(2)先由面面垂直性质定理得平面,则,再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC,即可得AD⊥AC.
试题解析:证明:(1)在平面内,因为AB⊥AD,,所以.
又因为平面ABC,平面ABC,所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD,
平面平面BCD=BD,
平面BCD,,
所以平面.
因为平面,所以.
又AB⊥AD,,平面ABC,平面ABC,
所以AD⊥平面ABC,
又因为AC平面ABC,
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
16.
【解析】
【分析】(1)两直线方程联立可解得圆心坐标,又知圆的半径为,可得圆的方程,根据点到直线距离公式,列方程可求得直线斜率,进而得切线方程;(2)根据圆的圆心在直线:上可设圆的方程为,由,可得的轨迹方程为,若圆上存在点,使,只需两圆有公共点即可.
【详解】(1)由得圆心,
∵圆的半径为1,
∴圆的方程为:,
显然切线的斜率一定存在,设所求圆的切线方程为,即.
∴,
∴,∴或.
∴所求圆的切线方程为或.
(2)∵圆的圆心在直线:上,所以,设圆心为,
则圆的方程为.
又∵,
∴设为,则,整理得,设为圆.
所以点应该既在圆上又在圆上,即圆和圆有交点,
∴,
由,得,
由,得.
综上所述,的取值范围为.
考点:1、圆的标准方程及切线的方程;2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.
17.
【解析】
【分析】(1)先求出直线的方程,再求出它们的交点的坐标,再证明在椭圆上,同理可得、都在椭圆上.
(2)根据椭圆的性质以及三角形的面积公式可求面积.
【小问1详解】
由题得,所以,
所以直线的方程为,(1)
由题得,所以,
所以直线的方程为,(2)
联立方程(1)(2)解之得,
所以直线,的交点为,代入椭圆方程得,
所以直线与的交点在椭圆上.
同理与、与的交点、、都在椭圆上.
【小问2详解】
若,,椭圆的方程为,
所以的周长为,又因为内切圆半径为,
所以的面积为.
18.
【解析】
【分析】(1)作交于点,由面面垂直的性质可得平面,可得,再由线面垂直的判定定理得平面,从而得到,再由线面垂直的判定定理可得答案;
(2)取的中点,连接,推导出平面,然后以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与直线的距离;
(3)利用空间向量法可求得平面与平面所成二面角的平面角的正弦值.
【小问1详解】
因为侧面为菱形,,,
所以、为边长为的等边三角形,
在平面内作,垂足为点,则点为的中点,
因平面平面,平面平面,平面,所以平面,
因为平面,可得,
又,,、平面,可得平面,
因为平面,所以,
因为侧面为菱形,所以,
因为,、平面,所以平面.
【小问2详解】
取的中点,连接,
因为四边形为菱形,则,,
因为、分别为、的中点,所以,且,
则四边形为平行四边形,所以,,
因为平面,则平面,
又因为平面,平面,则,
以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系,
则、、、、、,
,,
因为,所以,直线与直线的距离为
.
【小问3详解】
设平面的法向量为,,,
则,取,则,
易知平面的一个法向量为,
所以,,则.
因此,平面与平面所成二面角的平面角的正弦值为.
19.
【解析】
【分析】(1)依题意改写圆的方程,令参数的系数为0即可;
(2)①根据题意可得,进而由点到直线的距离公式可求最小值,求出此时的点的坐标,求得过的圆的方程,可求直线的方程.
②设,求得过的圆的方程,求得直线的方程,可得直线过定点,由条件可得点在以为直径的圆上,进而可求定值.
【小问1详解】
依题意,将圆的方程化为:
,
令,即,则,
解得,即圆过定点;
【小问2详解】
①当时,圆,可得圆心,半径,
由平面几何知识可知,
所以,
所以最小时,最小,
圆心到直线的距离即为的最小值,
即,此时直线,
所以直线的方程为,与直线联立,可求得,
此时以为直径的圆上任意一点,
则,
故圆的方程为,又圆,
两式作差可得直线的方程为.
②设,由平面几何知识为四点共圆,
设圆上任一点,则,
所以圆的方程为,
与圆作差可得直线的方程为,
所以,表示过与的交点的直线,
由,解得,所以直线过定点,
因为,所以在以为直径的圆上,
故圆心到点的距离为圆的半径(定值),
所以存在点为线段的中点,此时坐标为,
所以存在这样的点,使得为定值.
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