天津市河东区第三十二中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学卷

2024-2025学年第一学期高三数学期中试卷一､单选题1.抛物线的焦点坐标是（）A.B.C.D.2.已知为抛物线的焦点，点在上，且，则点到轴的距离为（）A.6B.5C.4D.3.若向量，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.4.已知双曲线的上､下焦点分别为是双曲线上一点且，则双曲线的标准方程为（）A.B.C.D.5.已知圆经过点，则圆在点处的切线方程为（）A.B.C.D.6.将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数为偶函数，则的值为（）A.B.C.D.7.已知双曲线，抛物线的焦点为，抛物线的准线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若为正三角形，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.8.已知函数给出下列结论：①的周期为；②时取最大值；③的最小值是；④在区间内单调递增；⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.其中所有正确结论的序号题（）A.①②B.①③C.①③④D.①②③9.已知分别为双曲线的左､右焦点，为坐标原点，点是双曲线上位于第二象限的点.直线与双曲线交于另一点，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.二､填空题10.是虚数单位，复数__________.11.复数的共轭复数__________.12.若直线被圆截得线段的长为，则实数的值为__________.13.圆过点，且圆心在直线上，则圆的标准方程为__________.14.如图.在中，分别为的中点，为与的交点，且.若，则__________，若，则15.在边长为2的菱形中，，若为的中点，则值为__________；若点为边上的动点，点是边上的动点，且，，则的最大值为__________.三､解答题16.中，内角所对的边分别为，已知的面积为，.（1）求和的值；（2）求的值.17.已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，求；（3）若，求.18.在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且为中点，在线段上，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到的距离.19.如图，在三棱柱中，平面，已知，，点是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20.已知椭圆的左顶点，且点在椭圆上，分别是椭圆的左､右焦点.过点A作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求的值.参考答案：题号123456789答案DCBCABCBA1.D【分析】将抛物线化为标准形式，根据焦点坐标公式即可解出.【详解】得到，则焦点坐标为.故选：D.2.C【分析】根据抛物线的定义求解.【详解】由题意及抛物线定义，点到的准线的距离为6，所以点到轴的距离为.故选：C.3.B【分析】按照投影向量的计算公式求解即可.【详解】解：因为向量，则向量在向量上的投影向量为：.故选：B4.C【分析】设双曲线的标准方程为，由双曲线的定义知，即可求出双曲线的标准方程.【详解】设双曲线的标准方程为，半焦距为，则由题意可知，即，故，所以双曲线的标准方程为.故选：C.5.A【分析】首先求的值，然后求圆心坐标，接着求圆心与点连线的斜率，最后求圆在点处的切线方程.【详解】因为圆经过点，将点代入圆的方程可得：.即，所以，则圆的方程为.对于圆，其圆心坐标为，所以此圆的圆心：根据斜率公式，这里，则.因为圆的切线与圆心和切点连线垂直，若两条垂直直线的斜率分别为和，则.已知，所以切线的斜率.又因为切线过点，根据点斜式方程（这里），可得切线方程为.整理得.故选：A.6.B【分析】先求出平移后的函数解析式，结合正弦型函数的奇偶性列关系式求.【详解】由将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数为，因为函数为偶函数，则，所以，又，所以.故选：B.7.C【分析】根据双曲线方程，把渐近线表示出来，推出两点坐标，利用为正三角形，列方程解系数既可.【详解】双曲线的两条渐近线方程为，抛物线的焦点为，准线方程为，不妨取，为正三角形，由对称性可知，直线的倾斜角为，则，解得，所以双曲线的两条渐近线方程为.故选：C8.B【分析】先由降幂公式与辅助角公式化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式､最值性质､单调性，结合正弦型函数图象变换性质逐一判断即可.【详解】因为.①因为，所以①正确；②因为，所以②错误；③当，即时，取最小值，且最小值是，所以③正确；④当时，由知在区间内并不单调，故④错误；⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数，故⑤错误.故正确的是①③.故选：B.9.A【分析】设，根据双曲线定义和勾股定理解得，计算出，再次在中利用勾股定理得，最后整理成关于的齐次方程计算即可.【详解】设，因为，则，则，解得又因为，则A为的中点，所以，则，在直角三角形中，，即，化简得，将代入上式得，则，化简得，两边同除得，解得或1（舍去），则.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用双曲线定义和勾股定理表示出相关线段之间关键，最后转化为齐次方程，解出即可.10.【分析】利用复数的除法化简可得结果.【详解】.故答案为：.11.【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念可求解.【详解】因为，所以.故答案为：12.【分析】求解圆心到直线的距离，结合圆的弦长公式求解即可.【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，圆心到直线的距离.据题意，得，解得.故答案为：13.【分析】求出线段的中垂线方程，与直线的方程联立求出圆心坐标及半径即可得解.【详解】线段的中点，直线的斜率为，则线段的中垂线方程为，即，由，解得，则圆的圆心，半径，所以圆的标准方程为.故答案为：14.；【分析】利用平面向量基本定理求解出及，进而利用平面向量的数量积运算法则进行计算即可得解.【详解】连接，因为分别为的中点，所以是的中位线，所以，则，所以，所以；因为，所以，故.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于注意到点是的重心，从而利用中位数定理得到，进而利用平面向量的相关运算即可得解.15.；【分析】以对角线交点为原点建立直角坐标系，根据向量坐标运算结合二次函数求最值.【详解】由题意，以交点为原点建立如图直角坐标系，因为菱形边长为，所以，因为为的中点，所以，所以，所以，因为，又，所以，，所以，因为，所以当时，取到最大值为.故答案为：16.（1）；（2）.【分析】（1）先利用平方关系求出，结合面积公式和已知可得，然后利用余弦定理可求，利用正弦定理可得的值；（2）先求解，利用倍角公式可得，结合和角公式可求的值.【详解】（1）在中，由，可得，的面积为，可得：，可得.又，解得：或（舍去），，，，又，解得；所以；（2）由（1）知：，所以，所以，，，.【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理求解三角形及三角求值问题，倍角公式及和角公式的熟练应用是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.17.（1）（2）（3）【分析】（1）由正弦边化角及三角恒等变换可得，结合三角形内角性质求；（2）由正弦角化边及余弦定理列方程求；（3）由题设及（1）得，注意A为锐角，应用倍角正余弦､差角正弦公式求目标式的值.【详解】（1）由题设及正弦边角关系得：（2，，显然，则，又，故；（2）由，则，由①得：②，由①②得：；（3）由正弦定理得：，则，，即，则，故为锐角，，，.18.（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）如图，取中点，连接因为为中点，，所以所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面，因为为中点，为中点，则，又平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，又平面，故平面.（2）根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由条件可得，，则，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）可知，，所以点到的距离为.19.（1）证明见详解；（2）；（3）存在，或.【分析】（1）证明即可判定线面垂直；（2）建立空间直角坐标系研究面面夹角即可；（3）利用空间向量研究线面角即可.【详解】（1）底面中，已知，由余弦定理得，所以，又平面平面，所以，又平面，所以平面；（2）由（1）可知三直线两两垂直，可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面与平面的法向量分别为，则有，及，取，取，即，设平面与平面的夹角为，则；（3）假设存在，不妨设，由（2）可知，则，设与平面所成角为，则，解之得或，即存在符合题意，此时或.20.（1）（2）【分析】（1）依题意列方程组求解即可；（2）设直线的方