天津市2024-2025学年高二数学上学期第二次阶段性测试试题含解析

2024-2025学年高二数学上学期其次次阶段性测试试题留意事项：1、本试卷分为第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（解答题），试卷满分100分，考试用时60分钟．2、答卷前，考生务必将自己的姓名、校区、班号等必要信息填写在答题卡相应位置，并在规定时间起先答题．答卷时，需将答案填写在答题卡上对应的区域，在试卷上作答无效．考试结束后，请将答题卡交回．祝各位考生考试顺当!第Ⅰ卷第一部分：选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.已知直线在轴上的截距是，在轴上的截距是，则直线的方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由直线的截距式方程干脆得出答案.【详解】直线在轴上的截距是，在轴上的截距是所以直线的方程为，即故选：A【点睛】本题考查直线的截距式方程，属于基础题.2.已知直线与直线相互平行，则实数的值为（）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由题意利用两条直线平行的性质，分类探讨，求得结果．【详解】解：当时，直线：即，直线：即，满意．当时，直线与直线相互平行，，解得实数．综上，，故选：．【点睛】本题主要考查两条直线平行的性质，考查分类探讨思想，属于基础题．3.已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（）A. B. C. D.或【答案】D【解析】【分析】由直线系方程求出直线所过定点，再由两点求斜率，求得定点与线段两端点连线的斜率，数形结合求得实数的取值范围．【详解】解：由直线可知直线过定点，且斜率为，又，，如图，，．直线和以，为端点的线段相交，则的取值范围为．的取值范围是：，，．故选：D.【点睛】本题考查了直线系方程的应用，以及两点求直线的斜率，还考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．4.过点引直线，使到它的距离相等，则此直线方程为（）A. B.C或 D.或【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，利用点到直线距离公式列出方程，求出的值，从而求出直线方程.【详解】由题意得直线斜率存在，设直线方程为，因为到直线距离相等，所以，解得：或，所以直线方程为或，整理得：或.故答案为：C5.如图，在平行六面体中，为的中点，设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据平行六面体的结构特征，用表示出及，再借助向量减法即可得解【详解】在平行六面体中，是平行四边形，于是得，又，且，而为的中点，则，从而得，所以.故选：D6.过点的圆的切线方程是（）A. B.或C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】先由题意得到圆的圆心坐标，与半径，设所求直线方程为，依据直线与圆相切，结合点到直线距离公式，即可求出结果.【详解】因为圆的圆心为，半径为1，由题意，易知所求切线斜率存在，设过点与圆相切的直线方程为，即，所以有，整理得，解得，或；因此，所求直线方程分别为：或，整理得或.故选D【点睛】本题主要考查求过圆外一点的切线方程，依据直线与圆相切，结合点到直线距离公式即可求解，属于常考题型.7.已知圆C的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则的最大值是（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】依据题意可得C到直线的距离小于或等于2，从而建立关于的不等式，求解即可得到答案．【详解】圆C的方程为，整理得：，圆心为C，半径．又直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，点C到直线的距离小于或等于2，，化简得：，解得，所以的最大值是．故选：D．8.已知椭圆E的左、右焦点分别为，过且斜率为2的直线交椭圆E于P，Q两点，若为直角，则椭圆E的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，依据题干条件得到，由勾股定理得到，，作出协助线，求出点P坐标为，代入椭圆方程，求出，求出离心率.【详解】设，则，因为为直角，所以，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，所以，，过点P作PM⊥x轴于点M，则，由勾股定理得：，所以，所以点P坐标为，将代入椭圆方程中，，又，解得：，方程两边同时除以，得：，解得：或，因为，所以.故选：A9.已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，且它的长轴长等于圆C：x2＋y2－2x－15＝0的半径，则椭圆的标准方程是()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用配方化简x2+y2-2x-15=0得到圆的半径为4，所以椭圆的长轴为4，依据离心率求出c，依据勾股定理求出b得到椭圆的解析式即可．【详解】故选A．【点睛】本题考查学生会依据条件求圆标准方程，以及敏捷运用椭圆简洁性质解决数学问题的实力．10.设过点的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若且，则点P的轨迹方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，依据求出，再利用，求出轨迹方程，留意.【详解】由题意得：，设，因为，所以，解得：，因为，所以所以，因为，所以，即.故选：D第Ⅱ卷其次部分：填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11.在正四面体中，是上的点，且，是的中点，若，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】依据向量的线性运算再结合空间向量的基本定理即可得到答案.【详解】如图所示：.由空间向量基本定理得：，，.故.故答案为：【点睛】本题主要考查空间向量的线性运算，同时考查空间向量的基本定理，属于简洁题.12.光线沿直线入射到直线后反射，则反射光线所在直线的方程为___________________.【答案】【解析】【分析】求得直线与直线交点的坐标，然后求出直线上的点关于直线的对称点的坐标，进而可求得直线的方程，即为反射光线所在直线的方程.【详解】联立，解得，则直线与直线的交点为.设直线上的点关于直线的对称点为，线段的中点在直线上，则，整理得.直线的斜率为，直线与直线垂直，则，整理得.所以，，解得，即点.所以，反射光线所在直线的斜率为，因此，反射光线所在直线的方程为，即.故答案：.【点睛】运用点关于直线的对称点的坐标的求解是解题关键.13.已知圆C过点（1,0），且圆心在x轴的正半轴上，直线：被该圆所截得的弦长为，则圆C的标准方程为.【答案】【解析】【详解】设圆心为，则圆心到直线的距离为，因为圆截直线所得的弦长，依据半弦、半径、弦心距之间的关系有，即，所以或（舍去），半径r=3-1=2所以圆C的标准方程为14.圆与圆的公共弦长为_________．【答案】【解析】【分析】两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程，计算圆的圆心到公共弦所在直线的距离，再利用圆的弦长公式即可得出答案.【详解】解：由圆与圆，两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为，圆的圆心，半径，则圆心到直线的距离，所以公共弦长.故答案为：.15.已知圆，直线，，则直线截圆所得弦长的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】求出直线所过定点，推断定点在圆内，数形结合知直线截圆所得弦长最小时，弦心距最大，此时，利用斜率求出参数m，即可由勾股定理求出此时的弦长.【详解】直线l可化为，令，所以直线l恒过定点，易知点A在圆C内，所以直线截圆所得弦长最小时，弦心距最大，此时，圆，圆心，半径为5，，又，则，解得，，直线截圆所得弦长的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查直线过定点问题、求直线截圆所得弦长，属于中档题.第三部分．解答题（共3小题，第16题10分，第17题10分，第18题15分，共35分）16.已知直线恒过定点，圆经过点和点，且圆心在直线上．（1）求定点的坐标；（2）求圆的方程．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）按重新整理直线方程，再依据两直线交点确定定点P，（2）先求线段AP中垂线方程，再求AP中垂线方程与直线交点得圆心C，最终依据CA得半径，即得圆C的方程.【详解】（1）直线，即，所以由得,即定点P的坐标，（2）因为，AP中点为,所以线段AP中垂线方程：由得因此圆C的方程为【点睛】本题考查圆标准方程以及直线过定点，考查基本分析求解实力，属基础题.17.已知三点．（1）求证:为等腰直角三角形；（2）若直线上存在一点P，使得面积与面积相等，求点P的坐标．【答案】（1）证明过程见解析；（2）【解析】【分析】（1）求出，得到及，证明出结论；（2）设出，结合第一问得到只需点P到直线距离相等，依据点到直线的距离的向量公式列出方程，求出答案.【小问1详解】由题意得：，，则，所以，且，所以为等腰直角三角形；【小问2详解】设，由（2）得：，所以要想面积与面积相等，则只需点P到直线的距离相等，即，故，，，解得：，所以点P坐标为18.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，平面ADE⊥平面CDEF，∠ADE＝60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝4，点G是棱CF上的动点．（Ⅰ）当CG＝3时，求证EG∥平面ABF；（Ⅱ）求直线BE与平面ABCD所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角G﹣AE﹣D所成角的余弦值为，求线段CG的长．【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）；（Ⅲ）【解析】【分析】（1）通过证明直线AB∥EG，从而由线线平行推证线面平行；（2）过A作DE垂线AO，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，从而求解线面角的正弦值；（3）由（2）中所建的直角坐标系，依据二面角G﹣AE﹣D所成角的余弦值，求得G点的坐标，即可求得CG的长度.【详解】（Ⅰ）证明：由已知得CG∥DE且CG＝DE，故四边形CDEG为平行四边形，∴CD∥EG，∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，∴AB∥EG，又EG⊄平面ABF，AB⊂平面ABF，∴EG∥平面ABF．（Ⅱ）过点A作AO⊥DE交DE于点O，过点O作OK∥CD交CF于点K由（1）知平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，AO⊂平面ADE，∴AO⊥平面CDEF，∵CD⊥DE，∴OK⊥DE，以O为原点建立如图的空间直角坐标系，则D（0，﹣1，0），E（0，2，0），C（3，﹣1，0），F（3，3，0），，D（0，﹣1