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绵阳市2025年半期数学模拟考试试题
一、单选题
1．如果，，那么直线不通过
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是
A． B． C． D．
3．设、是轴上的两点，点P的横坐标为2，且，若直线PA的方程为，则直线PB的方程为
A． B．
C． D．
4．已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为
A． B． C． D．
5．2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星中心成功发射．约10分钟后，神舟十九号载人飞船与火箭成功分离进入预定轨道，并按照预定程序与空间站组合体实现圆满的自主快速交会对接．某飞船升空后初始运行轨道是以地球的中心为焦点的椭圆，其远地点距地面的距离为S1，近地点距地面的距离为S2，设地球的半径为R，则该椭圆的短轴长为
A． B．
C． D．
6．已知双曲线，过左焦点的直线与双曲线交于两点.若存在4条直线满足，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
7．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.在抛物线中，一平行于轴的光线射向抛物线上的点，反射后反射光线经过抛物线的焦点射向抛物线上的点，再反射后又沿平行轴方向的直线射出.则直线与之间的最小距离为
A．4 B．2 C．8 D．16
8．已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为
A．3 B． C． D．
二、多选题
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有2个点到直线的距离都等于
C．曲线与恰有四条公切线，则实数的取值范围为
D．已知圆为直线上一动点，过点向圆引条切线，其中为切点，则的最小值为
10．已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与，不重合），则以下说法正确的是
A．B点的坐标为 B．为定值
C．最大值为 D．的最大值为
11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有
A．当E点运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为45°
D．在方向上的投影向量为
三、填空题
12．把正方形ABCD沿对角线AC折成的二面角，E、F分别是BC、AD的中点，O是原正方形ABCD的中心，则的余弦值为 ．
13．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为为抛物线上一动点，则的取值范围是 .
14. 已知圆O：，Q为直线：上的动点，以OQ为直径的圆与圆O相交于A，B，则下列说法正确的有 .
① 圆O关于直线的对称圆的方程为：；② 圆O上有且仅有一个点到l的距离为；③ 的最小值为；④ 直线AB恒过定点.
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面，且，为的中点．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)求．
15．已知圆关于轴对称且经过点和.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆交于两点；若，求直线的方程.
(3)已知圆M的圆心M在直线上，且圆M与直线相切于，现有两点，其中，若圆M上存在点P，使得，求实数m的取值范围.
16．已知椭圆的左 右焦点分别为，过且斜率为的直线与椭圆相交于两点，点为的中点，直线的斜率为.
(1)求椭圆的标准方程：
(2)若轴上的点满足，求的取值范围.
18．如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D(－，0).设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.
(1) 求k1k2的值；
(2) 记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；
(3) 求证：直线AC必过点Q.
19．二次函数的图象是抛物线，现在我们用“图象平移”的方式讨论其焦点与准线，举例如下：二次函数的图象可以由的图象沿向量平移得到；拋物线 即的焦点坐标为，准线方程为；故二次函数的焦点坐标为，准线方程为.
(1)求二次函数的焦点的坐标和准线方程；
(2)证明：二次函数上任意一点到焦点的距离和到准线的距离相等；
(3)已知点，过点的直线与抛物线相交于两点，过点作轴的垂线与直线相交于点.证明：点在定直线上.数学详细解析
1．A
【详解】 截距 ,因此直线不通过第一象限,选A
2．C
【详解】当时，直线的方程为，此时直线的倾斜角；当时，直线的斜率为，因为，所以，即，又因为，所以结合正切函数的图象可得：.综上可得：直线的倾斜角的取值范围是.
3．A
【详解】解：由于直线的方程为，故其倾斜角为，又，且、是轴上两点，故直线的倾斜角为，又当时，，即，直线的方程为，即．故选：A．
4．D
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
故，
所以，即，，
又，平面，
所以平面，故三棱锥的外接球球心在上，
设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，
则，即点O与重合时，r有最小值，
最小值为的外接圆半径，
在等边中，边长为，所以，设，点到平面的距离为的长，其中，点到平面的距离为，
即，O为的三等分点，故，所以，解得或（舍去），此时，，所以．故选：D．
3．C
【分析】根据椭圆的性质，得到，，结合即可求解.
【详解】建立适当坐标系画出椭圆，如图所示，
设椭圆长轴长为，短轴长为，焦距为，根据题意有，，所以又因为，所以.故选：C
4．A
【分析】由直线方程可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，即，可得，取，则，结合，可得，进而求解.
【详解】由已知过定点，过定点，
因为，，所以，即，所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，故圆心为，半径为3，则的轨迹方程为，即，易知O、Q在该圆内，
又，
即，取，则，又，所以，所以的最小值为.故选：A.
7．C
【详解】由题意：若在同一支上，则；如果在两支上，则有；因为存在4条直线满足，所以且，解得，故选：C.
8．A
【分析】根据条件设出直线，联立直线和抛物线方程并消元，得到，有直线间的距离，结合条件近一步计算即可.
【详解】设；由题意：直线与之间的距离；
因为，设直线，与联立，整理得：；
由韦达定理：，，
则；
故时，.故选：A.
9．BD
【分析】A选项，变形后得到，求出定点；B选项，求出圆心到直线的距离，结合圆心和半径，数形结合得到有且仅有3个点符合题意；C选项，根据公切线条数得到两圆的位置关系，结合圆心距列出不等式，求出答案；D选项，数形结合得到当取得最小值时，取得最小值，利用点到直线距离公式得到答案.
【详解】A选项，变形得到，
故，解得，所以恒过定点，A表述正确；
B选项，圆的圆心到直线的距离，
因为圆的半径为，
故圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于，B表述错误；
C选项，曲线与恰有四条公切线，故圆与圆相离，
其中变形为，圆心为，半径为1，
变形为，圆心为，半径为，
故，解得，
故圆心距为，所以，
解得，
则实数的取值范围为，C表述正确；
D选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
故过点向圆引条切线，有，
所以当取得最小值时，取得最小值，
的最小值为，故最小值为，D表述错误.
故选：BD
10．ABD
【分析】根据直线方程求出定点的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，基本不等式，以及三角函数辅助角求最值即可判断各选项.
【详解】因为可以转化为，故直线恒过定点，又因为，即，恒过定点，故A选项正确；
由 和，满足，所以，可得，
所以，故B选项正确；
而，当且仅当时等号成立，所以最大值为，故C错误；
因为，设，为锐角, 则， ，
所以，，所以当时，取最大值，故选项D正确. 故选：ABD.
11．ACD
【分析】通过证明平面，即可由线面垂直证明线线垂直，即可判断A，根据几何特点，即可直接判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断C，利用向量的投影向量计算即可得解，即可判断D.
【详解】对A：因为，面，所以面，
因为面，所以，同理可证，因为，面，所以平面，因为平面，所以总成立，故选项A正确；
对B：平面即平面，而平面即平面，所以当E向运动时，
二面角大小不变，选项B不正确；
对C：建立如图所示的空间直角坐标系：
则，
因为E，F在上，且，故可设
，设平面的法向量为，
又，所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，
故，当，故，所以，当且仅当时取最大值，即取最小值，故C正确；
对D：因为，，所以，故在方向上的投影向量为，故选项D正确．故选：ACD．
12．/
【分析】根据空间向量的夹角公式，结合数量积的运算即可求解.
【详解】由于,所以,
不妨设正方形的边长为2，则,,
,
所以,
故
,
所以,
故答案为：

13．
【详解】
由题意：；
设，由抛物线定义：，；
当时，；
当时，
，因为，所以，当且仅当时，等号成立；
因此，有最大值，当时，，所以；
综上所述，的取值范围是.故答案为：
14. ①②④
【分析】画出草图，运用圆的方程、圆的对称性、点到直线的距离以及圆与圆的位置关系等知识，对每个选项进行分析和判断即可.
【详解】对于选项①，首先求圆的圆心关于直线的对称点.
设对称点为， 则直线（为对称点）的斜率与直线的斜率乘积为，直线的斜率为，则，即. 中点在直线上，即，把代入得，解得，.
所以圆关于直线的对称圆的方程为，则选项①正确.
对于选项②，圆心到直线的距离.
圆的半径，则圆上到直线的距离为的点有1个，
即过圆心且垂直直线的直线与的交点，则选项②正确.
对于选项③，因为为直线上的动点，以为直径的圆与圆相交于，，.
的最小值就是圆心到直线的距离，
所以的最小值为，则选项③错误.
对于选项④，设，因为在直线上，所以.
以为直径的圆的方程为.
用这个圆的方程减去圆的方程可得直线的方程：.
把代入得，即.
令，得，，所以直线恒过定点，则选项④正确.
故选：①②④.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）法1，由题图结合数量积运算律，向量模长公式，向量夹角公式可得答案；
法2，由图建立空间直角坐标系，由数量积坐标计算运算律，向量模长坐标公式，向量夹角坐标公式可得答案；
【详解】（1）法1，结合题图，，
由题，，
则，
所以，即；
法2，以A为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
因为为的中点，所以，所以，，
又，所以，即；
（2）法1，，，则，从而
，则，即的长为；
法2，由（1），，则，所以的长为
（3）法1，由于，，
因此，故．
，故．
，
故；
法2，，，
所以，，，
则．
16．(1)(2)或.(3)
【详解】（1）由圆关于轴对称知圆心在轴上，设圆心；
由题意：，
解得，故，圆的半径为，
故圆的标准方程为.
（2）若，则圆心到直线的距离为；
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足题意；
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，
则，解得，此时直线的方程为，即；
综上所述：直线的方程为或.
（3）因为圆M与直线相切于，
所以过且垂直于的直线过圆心M.
易求得该直线为，
又圆心M在直线上，
所以，即圆心，
半径；
所以圆M的标准方程为；
由于，所以P的轨迹是以为直径的圆（除外），
所以以为直径的圆O为：，
又因为P在圆C上，所以圆M与以为直径的圆有公共点，
易知圆心距为，所以，解得.
17．(1)(2).
【详解】（1）设，则；
由两点在椭圆上：①②；
用①②得：，
即，故；
又，故，故椭圆的标准方程为.
（2）由题意：为线段的垂直平分线与轴的交点；
由直线的斜率为知与轴不垂直，即直线的方程为，
联立，整理得：恒成立，
由韦达定理：；故；
线段的垂直平分线方程为；
令；
当时：，当且仅当时取等号，此时；
当时：，当且仅当时取等号，此时；
综上所述：的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法得到点坐标，从而得到的表达式，最后得到其范围.
18．(1) －；(2)存在，λ＝；(3) 证明见解析
【解析】(1) 直接设出B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，求出k1，k2，并运用椭圆方程消去y0即可；
(2) 设出直线AP为y＝k1(x－2)，与圆联立得出点P坐标，与椭圆联立得出点B坐标，通过斜率公式求出kPQ和kBC即得λ的值；
(3) 通过直线PQ与x轴垂直时特殊的位置，猜想直线AC过点Q，再证明当直线PQ与x轴不垂直时，直线AC也过点Q，先通过直线PQ方程与圆方程联立，求出点Q坐标，再通过证明斜率相等来证明三点共线，从而证得直线AC必过点Q.
【详解】(1) 设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，＋＝1，
因为A(2,0)，所以k1＝，k2＝，
所以k1k2＝.
(2) 设直线AP方程为y＝k1(x－2)，联立
得(1＋)x2－4x＋4(－1)＝0，解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，
联立得(1＋4)x2－16x＋4(4－1)＝0，
解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，
所以kBC＝，kPQ＝＝＝，
所以kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC.
(3) 设直线AC方程为y＝k2(x－2)，
当直线PQ与x轴垂直时，Q，
则，所以k1＝－，即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝，
则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.
当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ方程为y＝
，
联立解得xQ＝，yQ＝，
因为k2＝＝＝－，
所以kAQ＝＝－＝k2，故直线AC必过点Q.
【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，考查椭圆中的定值与定点问题，设出直线方程是常用方法．本题方法是设出直线方程，求出交点坐标，求斜率，验证结论．本题对学生的运算求解能力要求较高，属于难题．
19．(1)焦点坐标为，.(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）二次函数，它的图象可以由抛物线沿向量平移得到；
抛物线 即的焦点坐标为，准线方程为；
所以二次函数的焦点坐标为，准线方程为.
（2）设为二次函数上任意一点，则，
故；
而到准线的距离，
故二次函数上任意一点与焦点的距离和到准线的距离相等.
（3）显然直线的斜率存在，故设直线，
与联立，整理得：；
设，则由韦达定理：；
直线，故；
故
，故，即：点在定直线上.

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