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絕密★啟用并使用完畢前
2024年11月山東師大附中高二階段性測試數學試題數 學
本試卷共4頁,19題,全卷滿分150分.考試用時120分鐘.
注意事項：
1.答卷前,考生務必將自己的考生號、姓名、考場號及座位號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需要改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號.回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后,將答題卡交回.
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.與直線平行,且經過點的直線的方程為
B. C. D.
如圖所示,在三棱柱中,為的中點.
若,則可表示為
A. B.
C. D.
3.已知圓與直線和都相切,圓心在直線上,則圓的方程為
A. B.
C. D.
4.設兩條異面直線的方向向量分別為,則直線與所成的角為
A. B. C. D.
5.已知在中,點,點,若,則點的軌跡方程為
A. B. C. D.
6.若圓上有且只有兩個點到直線的距離等于,則半徑的取值范圍
是
A. B. C. D.
7.已知是橢圓的兩個焦點,滿足的點總在橢圓內部,則橢圓離心率的取值范圍是
A. B. C. D.
8.在正四棱柱中,,動點分別在線段上,則線段長度的最小值是
A. B. C. D.
二、選擇題：本題共3小題,每小題6分,共18分.在每個小題給出的選項中,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.下列說法中正確的是
A. 是共線的充分不必要條件
B. 若共線,則
C. 三點不共線,對空間中任意一點,若,則四點共面 D. 若為空間四點,且有,則是三點共線的充要條件
10.已知直線,圓,則下列結論正確的是
A. 直線恒過定點
B. 直線與圓恒有兩個公共點
C. 直線與圓的相交弦長的最大值為
D. 當時,圓與圓關于直線對稱
11.設橢圓的方程為,斜率為的直線不經過原點,而且與橢圓相交于兩點,為線段的中點,則下列結論正確的是
A. 直線與垂直
B. 若點坐標為,則直線方程為
C. 若直線方程為,則點坐標為
D. 若直線方程為,則
三、填空題：本題共3小題,每小題5分,共15分.
過點的直線被圓截得的弦長為,則直線的斜率為________.
已知.若四點共面,則實數_______.
已知橢圓,的上頂點為,兩個焦點分別是,離心率為,過且垂直于的直線與交于兩點,,則的周長是________.
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.（13分）如圖所示,在正四棱柱中,已知分別為上的點,且.
（1）求證：;
（2）求點到平面的距離.
16.（15分）已知橢圓過點,且離心率.
求橢圓的標準方程;
設的左、右焦點分別為,過點作直線與橢圓交于兩點,,求的面積.
17.（15分）已知點是直線上一動點,過點作圓切線,切點分別為
.
當的值最小時,求切線方程;
試問：直線是否過定點？若過,求出該定點；若不過,請說明理由.
18.（17分）如圖,四棱錐的底面是正方形,每條側棱的長都是底面邊長的倍,為側棱上的點.
（1）求證：;
（2）若平面,求平面與平面的夾角的大小;
（3）在（2）的條件下,側棱上是否存在一點,使得平面.若存在,求的值;若不存在,請說明理由.
19.（17分）已知橢圓中,點分別是的左頂點、上頂點,,且的焦距為.
求的方程和離心率;
過點且斜率不為零的直線交橢圓于兩點,設直線的斜率分別為,若,求的值.
2024年11月山東師大附中高二階段性測試數學參考答案
選擇題
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C B B A D A C A ACD ABD BD
三、填空題
或 13. 14.
四、解答題
15.（13分）
（1）證明：以為原點,所在直線分別為軸建立如圖所示的直角坐標系,則
所以.
因為,所以,又,所以平面.
（平面的法向量為）
（2）解：由（1）知,為平面的一個法向量,
所以點到平面的距離.
所以點到平面的距離.
（15分）
解：（1）將代入橢圓方程可得,即.因為,所以,代入上式可得,所以橢圓的標準方程為.
由題可得,設直線的方程為,
聯立,得,
設,則,
則,
所以
,
解得,所以,
則的面積.
（15分）
解：（1）當時,的長最小,根據兩直線垂直斜率之積等于,可得直線的斜率為；
此時可得直線的方程為,
聯立,得交點,
當切線斜率不存在時,切線方程為,符合題意；
當切線斜率存在時,設切線方程為,則有,解得,所以切線方程為,
綜上所述,切線方程為和.
（2）由點在直線上,可設為,又設,則由都與圓相切,得的方程分別為,
又點在直線上,故,
即可知直線的方程為,即.
令,得,即直線恒過點.
（17分）
證明：連接,交于點,連接,因為四邊形是正方形,所以,又因為,所以,
因為,所以平面,因為平面,所以.
法一：因為,為的中點,所以,
又由（1）知平面,所以平面.
以為坐標原點,以所在直線分別為軸,軸,軸,建立如圖所示空間直角坐標系.
設底面邊長為,則,于是
,
平面的一個法向量,平面的一個法向量,
設所求角為,則.所以平面與平面的夾角的大小為.
法二：由（1）知平面,所以,所以是平面與平面的夾角,因為平面,平面,所以,設,
所以.
因為為銳角,所以,所以平面與平面的夾角的大小為.
存在,,理由如下：
由（2）知是平面的一個法向量,,
設,則,
而,解得,即當時,,而平面,所以平面.
（17分）
解：（1）因為,所以,又焦距為,所以,解得,
所以橢圓的方程為,離心率.
（2）由（1）知,設,且,
所以,
由題意知直線,
代入得,易知,
則,
所以
,
即,
所以,
整理得,解得或,又因為,所以.
綜上所述,的值為.

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