河南省開封市五校2024-2025學年高二上學期11月期中聯(lián)考數(shù)學試題

開封五校2024~2025學年上學期期中聯(lián)考高二數(shù)學考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分．滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚．3．考生作答時，請將答案答在答題卡上．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效．4．本卷命題范圍：人教A版選擇性必修第一冊第一章~第三章第2節(jié)．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.直線和直線的位置關系為（）A.垂直 B.平行C.重合 D.相交但不垂直【答案】A【解析】【分析】由兩直線的斜率關系即可判斷.【詳解】直線和直線的斜率分別為，因，所以．故選：A．2.已知雙曲線的焦距為4，則的漸近線方程為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的性質，即可解題.【詳解】由題意可知，所以，所以雙曲線的漸近線方程為.故選：D.3.已知向量，若，則（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意先求，再根據(jù)向量垂直的坐標運算求解.【詳解】因為，則，若，則，解得．故選：B．4.已知離心率為3的雙曲線與橢圓有相同的焦點，則（）A.13 B.21 C.29 D.31【答案】C【解析】【分析】由雙曲線離心率為3可得，根據(jù)雙曲線與橢圓焦點相同，得，求解可得.【詳解】由題意解得，所以．故選：C．5.已知圓及圓，則與圓都相切的直線的條數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】先根據(jù)圓的一般方程得出圓心和半徑，再判斷圓與圓的位置關系得出兩圓內切即可得出切線個數(shù).【詳解】圓的標準方程為，圓心，半徑，圓的標準方程為，圓心，半徑，所以，圓內切，所以與圓都相切的直線只有1條．故選：A．6.已知橢圓的左、右焦點分別為的離心率為，過點的直線與交于點（在軸下方），若，則的周長與的比值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)橢圓定義得到的周長為,運用橢圓對稱性可得，作比，結合離心率公式得到答案.【詳解】設，由橢圓定義易得的周長為，由對稱性可得，所以，所以的周長與的比值為．故選：B．7.3D打印是快速成型技術的一種，它是一種以數(shù)字模型文件為基礎，運用粉末狀金屬或塑料等可粘合材料，通過逐層打印的方式來構造物體的技術，如圖所示的塔筒為3D打印的雙曲線型塔筒，該塔筒是由離心率為的雙曲線的一部分圍繞其旋轉軸逐層旋轉打印得到的，已知該塔筒（數(shù)據(jù)均以外壁即塔筒外側表面計算）的上底直徑為，下底直徑為，喉部（中間最細處）的直徑為，則該塔筒的高為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)模型建立平面直角坐標系，由已知條件先求雙曲線的標準方程，再計算高度即可.【詳解】該塔筒的軸截面如圖所示，以喉部的中點為原點，建立平面直角坐標系，設A與分別為上，下底面對應點.設雙曲線的方程為，因為雙曲線的離心率為，所以.又喉部（中間最細處）的直徑為，所以，所以雙曲線的方程為.由題意可知，代入雙曲線方程，得，所以該塔筒的高為.故選:C.8.已知橢圓：()的左、右焦點分別為，，點在橢圓上，的延長線交橢圓于點，且，的面積為，記與的面積分別為，，則（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】由橢圓的定義，幾何性質，余弦定理解焦點三角形得出結果.【詳解】不妨設，，焦距，由的面積為，得，由余弦定理，得，則，所以，即，所以，所以，易得，，所以，所以，由橢圓定義知，所以，所以，所以，，所以．故選：C．【點睛】關鍵點睛：本題考查橢圓的定義，性質，焦點三角形的面積計算等知識，計算量較大.具體做法可畫出圖形，輔助理解；由橢圓的定義，幾何性質，余弦定理解焦點三角形得出結果.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知曲線（其中為常數(shù)），則曲線可能為（）A.平行于軸的兩條直線B.單位圓C.焦點在軸上的雙曲線D.焦點在軸上的橢圓【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)圓，雙曲線，橢圓的方程特征，依次分析各選項即可.【詳解】對于A，當，即時，，表示平行于軸的兩直線，故A錯誤；對于B，當時，，表示以原點為圓心，半徑為1的單位圓，故B正確；對于C，當，即或時，曲線表示焦點在軸上的雙曲線，故C正確；對于D，當，且時，則，所以，因此曲線表示焦點在軸上的橢圓，故D錯誤.故選：BC.10.已知雙曲線與直線無公共點，過的右焦點作的一條漸近線的垂線，垂足為為坐標原點，若，則的離心率可以是（）A. B.2 C.3 D.4【答案】BC【解析】【分析】由題意可得：漸近線方程為，分析，，進而可得，再結合漸近線結合性質可得，即可得離心率.【詳解】因為雙曲線的漸近線方程為，則的右焦點到的距離，即，因為，則，又因為，則，可得，又因為與直線無公共點，則，所以的離心率．故選：BC．11.如圖，曲線可以看作“蝴蝶結”的一部分，已知曲線上除原點外的所有點均滿足其到原點的距離的立方與該點橫縱坐標之積的絕對值的商恒為定值（），則（）A.曲線關于直線對稱B.曲線經(jīng)過點，其方程為C.曲線圍成的圖形面積小于D.存在，使得曲線上有5個整點（即橫、縱坐標均為整數(shù)的點）【答案】ACD【解析】【分析】首先根據(jù)已知條件求出曲線方程，再運用曲線的對稱性、放縮解決曲線所圍圖形面積以及整點的概念，分別分析每個選項.【詳解】對于A，先求曲線方程，設曲線上一點（），由已知，即.若點在曲線上，則也滿足曲線方程，所以曲線關于直線對稱，A選項正確.對于B，將代入曲線方程，得，即，，此時方程為，B選項錯誤.對于C，，則，所以C在以圓心為O，半徑為的圓內，結合圖形知道，C選項正確.對于D，由于，所以，由曲線的對稱性可知，要使曲線上有5個整點，則曲線在第一象限內有兩個整點，當整點為時，，此時整點都在曲線上，其有3個整點，不滿足題意;當整點為時，，此時整點均在曲線上，且均不在曲線上，其有5個整點，滿足題意，D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是找準圖形的信息，求出曲線方程，后運用性質，如對稱性，整點，面積借助放縮成半圓即可求解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.直線與間的距離為______．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)直線方程可得兩條直線平行，由平行線間的距離公式求解即可.【詳解】將直線化為，所以兩直線之間的距離．故答案為：.13.已知橢圓的離心率為，若橢圓上的點到直線的最短距離不小于，則長半軸長的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】先判斷橢圓在上方，與平行且距離為的直線方程，聯(lián)立與橢圓方程，由根的判別式得到不等式，結合離心率，得到.【詳解】過第二，三，四象限，由題意得橢圓與直線沒有公共點，故在橢圓下方，設直線在上方，與平行，且它們之間距離為，設直線方程為，故，解得或7，時，直線在下方，不合要求，當時，直線在上方，則的方程為，由整理得，因為上的點到直線的最短距離不小于，所以，整理得，由橢圓的離心率為，可知，所以，所以，則，所以．故答案為：14.在棱長為2的正方體中，點，分別是底面、側面的中心，點分別是棱，所在直線上的動點，且，當取得最小值時，點到平面的距離為__________.【答案】【解析】【分析】建立空間直角坐標系，根據(jù)探索兩點坐標之間的關系，確定最小時兩點的坐標，再用空間向量的方法求點到面的距離.【詳解】如圖所示,建立空間直角坐標系，則,設,則，因為,所以,即，所以,又,則，當時,取得最小值，此時,即，所以,設平面的一個法向量為，則即,令,解得,所以,則點到平面距離為故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.根據(jù)所給條件求曲線的標準方程：（1）已知橢圓的右焦點為，且過點；（2）已知雙曲線的一條漸近線方程為，且過點.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)右焦點得到左焦點，也得到c，再根據(jù)定義求得a，再得到b，即可.（2）所求雙曲線的方程為，代入定點可解.【小問1詳解】由題意知的右焦點為，則其左焦點為，所以，所以，所以，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設所求雙曲線的方程為，又過點，所以，解得，所以所求雙曲線的方程為，即標準方程為.16.已知圓.（1）直線過點，且與圓相切，求直線的方程；（2）設直線與圓相交于，兩點，點為圓上的一動點，求的面積S的最大值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）分類討論直線的斜率是否存在，結合點到直線的距離公式運算求解；（2）根據(jù)垂徑定理求弦長，結合圓的性質求面積最大值.【小問1詳解】由題意得，圓的半徑，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，由直線與圓相切，得，解得，所以直線的方程為；當直線的斜率不存在時，直線的方程為，顯然與圓相切；綜上，直線的方程為或.【小問2詳解】由題意得圓心到直線的距離，所以，點到直線的距離的最大值為，則面積的最大值.17.如圖，在四棱錐中，，，，點為棱上一點．（1）證明：；（2）當二面角的余弦值為時，求．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）根據(jù)線線垂直先證平面，再利用線面垂直的性質定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的一個法向量，利用向量法求解即可．【小問1詳解】因為，所以，所以，又，且平面，所以平面，又平面，所以．【小問2詳解】因為，所以，則．由（1）可知兩兩垂直，以為原點，以所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系．可知，設，則，設平面的一個法向量n1=則即令，解得，，故，設平面的一個法向量為，由，得令，解得，故，所以，即，整理，得，解得或（舍去）．故．18.已知雙曲線的漸近線上一點與右焦點的最短距離為．（1）求雙曲線的方程；（2）為坐標原點，直線與雙曲線的右支交于、兩點，與漸近線交于、兩點，與在軸的上方，與在軸的下方．（ⅰ）求實數(shù)的取值范圍．（ⅱ）設、分別為的面積和的面積，求的最大值．【答案】（1）（2）（?。唬áⅲ窘馕觥俊痉治觥浚?）根據(jù)焦點到漸近線距離求出，再求出即可得解；（2）（ⅰ）直線與雙曲線方程聯(lián)立消元后由根與系數(shù)關系及直線與右支相交可得；（ⅱ）根據(jù)弦長公式及點到直線的距離分別求出三角形面積，根據(jù)面積表達式換元后利用不等式性質求最值即可.【小問1詳解】設雙曲線的焦距為，且，因為到直線的距離為，故，則，故雙曲線的方程為：．【小問2詳解】如圖，（?。┰OAx1,y1消元得，則，因為直線與雙曲線右支交于兩點，故，則，故的取值范圍為?1,1．（ⅱ）由（?。┲?，，原點到直線的距離，設，，聯(lián)立，則，，，，則，而，令，則，當即時取到等號．綜上所述，的最大值為．19.由橢圓的兩個焦點和短軸的一個頂點組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”．如果橢圓的“特征三角形”為，橢圓的“特征三角形”為，若，則稱橢圓與“相似”，并將與的相似比稱為橢圓與的相似比．已知橢圓：與橢圓：相似．（1）求橢圓的離心率；（2）若橢圓與橢圓的相似比為，設為上異于其左、右頂點，的一點．①當時，過分別作橢圓的兩條切線，，切點分別為，，設直線，的斜率為，，證明：為定值；②當時，若直線與交于，兩點，直線與交于，兩點，求的值．【答案】（1）（2）①證明見解析；②【解析】【分析】（1）首先得到、的長軸長、短軸長、焦距、依題意可得，從而得到，再由離心率公式計算可得；（2）①設，則直線的方程為，進而與橢圓聯(lián)立方程，并結合判別式得，同理得到，進而得，再根據(jù)即可求得答案；②由題知橢圓的標準方程為，進而結合點在橢圓上得，故設直線的斜率為，則直線的斜率為，進而得其對應的方程，再與橢圓聯(lián)立方程并結合韋達定理，弦長公式得、，進而得．【小問1詳解】對于橢圓：，則長軸長為，短軸長為，焦距為，橢圓：的長軸長為，短軸長為，焦距為，依題意可得，所以，則橢圓的離心率.【小問2詳解】①由相似比可知，，解得，所以橢圓：，設，則直線的方程為，即，記，則的方程為，將其代入橢圓的方程，消去，得，因為直線與橢圓有且只有一個公共點，所以，即，將代入上式，整理得，同理可得，所以為關于的方程的兩根，所以．