《天津一中2024−2025高二上学期期中质量调查数学试卷[含答案]》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津一中2024−2025高二上学期期中质量调查数学试卷[含答案]（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、天津一中20242025高二年级数学学科期中质量调查试卷一、选择题（本大题共10小题）1直线在轴上的截距为（ ）A2 B-2 C-3 D32已知直线和互相平行，则（ ）ABC或D或3“”是“方程表示圆的方程”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4若圆与圆相外切，则实数 （）ABCD5双曲线的渐近线方程是：，则双曲线的焦距为（）A3B6CD6曲线与曲线且的（ ）A长轴长相等B短轴长相等C焦距相等D离心率相等7已知椭圆与圆在第二象限的交点是点，是椭圆的左焦点，为坐标原点，到直线的距离是，则椭圆的离心率是（）ABCD8已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆E上一动点，G
2、点是三角形的重心，则点G的轨迹方程为（）ABCD9已知双曲线的右焦点为，圆的方程为.若直线与圆切于点，与双曲线交于两点，点恰好为的中点，则双曲线的方程为（ ）AB CD10若曲线与曲线恰有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：（每小题4分，共24分）（本大题共6小题）11若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为 .12已知是椭圆上的两个动点，则的最大值为 .13如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图.勤劳而充满智慧的我国古代劳动人民曾用太极图解释宇宙现象.太极图由正方形的内切圆（简称大圆）和两个互相外切且半径相等的圆（简称小圆）的半圆弧组成，两个小圆与大圆均内切.若正方
3、形的边长为8，则以两个小圆的圆心（图中两个黑白点视为小圆的圆心）为焦点，正方形对角线所在直线为渐近线的双曲线实轴长是 .14若，是椭圆：的两个焦点，点，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 15在平面直角坐标系中，若动点在直线上，圆过、三点，则圆的面积最小值为 .16已知双曲线的左焦点为，过点的直线与双曲线的左、右分别交于点，若，则该双曲线的离心率为 .三、解答题：（本题共4小题，共46分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（本大题共4小题）17在平面直角坐标系中，三个点到直线l的距离均为d，且(1)求直线l的方程；(2)若圆C过点，且圆心在x轴的正半轴上，直线l被该圆所
4、截得的弦长为，求圆C的标准方程18已知椭圆的离心率为，且过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设的左、右焦点分别为，过点作直线与椭圆交于两点.若，求的面积.19如图，在三棱锥中，平面是的中点.（1）求证：;（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值：（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由20已知椭圆的左、右焦点分别为点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程：（2）过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点.若，求直线的斜率：（3）为椭圆上一点，射线分别交椭圆于点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.参考答案1【答案】B【分析】令可求直线在轴上
5、的截距【详解】令，则，故直线在轴上的截距为-2，故选：B2【答案】D【解析】根据两条平行直线的斜率相等，且截距不等，解方程即可求得的值【详解】因为直线和互相平行当时两条直线不平行，即则，且化简可得解方程可得或经检验或都满足题意故选：D3【答案】A【详解】若表示圆，则，解得或，可以推出表示圆，满足充分性，表示圆不能推出，不满足必要性，所以是表示圆的充分不必要条件.故选：A.4【答案】C【分析】由两圆外切圆心距等于半径之和求解即可【详解】的圆心，半径为2，的圆心，半径为1，因为两圆外切，所以，即，解得，故选：C5【答案】B【分析】根据双曲线的渐近线方程是：，则求解.【详解】因为双曲线的渐近线方程是
6、：，所以，所以焦距为.故选：B【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，属于基础题.6【答案】C【分析】分析可知两曲线都表示椭圆，求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，可得出合适的选项【详解】曲线表示焦点在轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为，焦距为8的椭圆.曲线且表示焦点在轴上，长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为的椭圆.故选：C7【答案】B【分析】连接，得到，作，求得，利用椭圆的定义，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解椭圆的离心率.【详解】如图所示，连接，因为圆，可得，过点作，可得，且，由椭圆的定义，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，两侧同除，可得，解得或，又因为
7、，所以椭圆的离心率为.故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，直角三角形的勾股定理，以及椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，结合直角三角形的勾股定理，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.8【答案】B【分析】设，利用三角形的重心坐标公式可得，将其代入可得结果.【详解】分别为椭圆的左、右焦点，设，G点是三角形的重心则，得，又是椭圆E上一动点，即，又G点是三角形的重心，所以点G的轨迹方程为故选：B9【答案】B【解析】设直线的斜率为k，则，所以，因为点在圆上，即，设点则.两式相减，得则即，所以双曲线的方程为.故选：B10【答案】C【分析】先分析出表示起点为的两
8、条斜率分别为1和-1的射线.若曲线为椭圆，只需点落在椭圆内，列不等式求出的范围；若当曲线为双曲线时，只需把表示的射线与渐近线比较，列不等式求出的范围.【详解】如图示：表示起点为的两条斜率分别为1和-1的射线.当曲线为椭圆时，即，只需点落在椭圆内，即，解得：；当曲线为双曲线时，即，渐近线方程：要使曲线与曲线恰有两个不同的交点，只需，解得：.所以实数的取值范围是故选：C11【答案】【分析】求出直线斜率，进而求出直线倾斜角即得【详解】直线的一个方向向量为，则直线斜率为，所以直线的倾斜角为.故答案为.12【答案】4【解析】由于椭圆中长轴是最长的弦，所以，故答案为：4.13【答案】【解析】以两焦点所在直
9、线为轴，两焦点所在线段的中垂线为轴建立直角坐标系，设双曲线的焦距为，由题意得双曲线的渐近线方程为，所以，进而得.故双曲线的实轴长为：.故答案为：14【答案】8【分析】根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有，再根据椭圆定义、勾股定理求即可.【详解】由已知及对称性得：四边形为矩形，即，所以，由椭圆定义与勾股定理知：，可得所以四边形的面积为8.故答案为：815【答案】【分析】要使圆的面积尽可能小，则点位于第一象限，设，再求出的中垂线方程，设设圆心坐标为，根据，得到，参变分离求出的最小值，即可求出，从而求出面积最小值.【详解】解：要使圆的面积尽可能小，则点位于第一象限，设，又，所以线段的中垂
10、线方程为，则圆心在直线上，不妨设圆心坐标为，圆的半径为，所以，即，则，所以，所以，当且仅当即时取等号，所以，所以圆的面积最小值为，此时；故答案为：16【答案】17【答案】(1)(2)【分析】（1）根据几何意义可判断直线l为的三条中位线，结合可知为边上的中位线，进而根据截距式即可求解方程，（2）由待定系数法，可根据圆的弦长公式列方程求解半径和圆心即可.【详解】（1）由几何意义可知，直线l为的中位线，而O到边的中位线距离为1O到边的中位线距离为3O到边上的中位线距离，故直线l只能为边上的中位线，即直线l过点故直线l的方程，即；（2）设圆的标准方程为，则解得或0（舍去），所以圆C的标准方程为18【答
11、案】（1）;（II）.【解析】（I）将代入椭圆方程可得，即因为离心率，即，由解得，故椭圆的标准方程为.（）由题意可得，设直线的方程为.将直线的方程代入中，得设则.所以所以由，解得，所以，因此19【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，即可得证（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面的法向即为平面的法向量，根据二面角的向量求法（3）设，可得，由（2）可得平面角的向量求法，可求得值，即可得答案【详解】（1）证明：因为平面平面，所以，又，即，下载更多学习资料所以平面，又平面，所以（2）因为两两垂直，以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则，所以，设平面的法向量，则所以令，则法向量，又平面，则即为平面的法向量，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.（3）设，则设与平面所成角为，则解得（舍）或，所以在线段上存在一点，使得专平面所成角的正弦值为，此时20【答案】（1）;（2）（3）是定值，定值为.【解析】（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得解得.故椭圆的标准方程为.（2）由已知，直线的斜率存在，设为k. 则令，所以当时，;当时，.（3）当点在轴上时，由对称性不妨设点，此时，两点重合，当点不在轴上时，由对称性不妨设此时直线的方程为，联立整理得则故.同理可得.故综上，为定值，且定值为.
