2024-2025學年河南省南陽市六校高二上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省南陽市六校2024-2025學年高二上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號填寫在答題卡上.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.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.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，將本試卷和答題卡一并交回.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.已知，，，若，，共面，則實數(shù)的值為（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】由題設且，則，所以，可得.故選：C2.設向量與滿足，在方向上的投影向量為，則在方向上的投影數(shù)量為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由在方向上的投影向量為，得，則，所以在方向上的投影數(shù)量為.故選：B3.學校教師運動會設置有“跳繩”、“立定跳遠”、“定點投籃”、“沙包擲準”四個比賽項目，每個項目各需要一位裁判，現(xiàn)有甲、乙、丙、丁四位體育老師，每人做且僅做一項裁判工作，因為時間問題，甲不能安排“跳繩”裁判，乙不能安排“定點投籃”裁判，則不同的安排方法共有（）A.12種 B.14種C7種 D.9種【答案】B【解析】當甲安排“定點投籃”，另外3人任意安排工作有6種方法.當甲不安排“定點投籃”時，先安排甲有2種，再安排乙有2種，另外剩余2人有2種，此時有種方法，共有種，故選：B4.如圖，在四面體OABC中，，，，點為線段OA上靠近點的三等分點，為BC的中點，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由圖知.故選：C5.已知三棱錐中，平面，,且，，分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】取AC的中點，SC的中點，連接DH，EH，EF，DF，如圖所示：在中，因為，分別為SA，SC的中點，故，故或其補角即為所求角，設，在中，，又有，由平面，平面，可得，則，，由于，可得平面ABC，又面ABC，則，可得，所以.故選：D.6.已知橢圓：，過點且方向向量為的光線，經(jīng)直線反射后過的右焦點，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設過點且方向向量為的光線，交直線的點為，右焦點為，如下圖所示：因為方向向量的直線斜率為，則，直線AB的斜率為，又由反射光線的性質(zhì)可得的斜率為1，故，所以為等腰直角三角形，且到的距離為，又，故，所以，則，故，離心率.故選：A7.已知，，若圓上存在點滿足，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設點，則由得點的軌跡方程為，圓心為，半徑為2，由此可知圓與有公共點，又圓的圓心為，半徑為3，所以，解得，即的取值范圍是.故選：A.8.正八面體可由連接正方體每個面的中心構成，如圖所示，在棱長為2的正八面體中，則有（）A.直線與是異面直線 B.平面平面C.該幾何體的體積為 D.平面與平面間的距離為【答案】D【解析】正八面體可由正方體每個面的中心構成，如圖：因為正八面體的棱長為2，所以正方體的棱長為.∵，，，四點共面，直線與是共面的，故A錯；設二面角為，，，所以.所以：二面角，故B錯；，故C錯；由八面體的構成可知：平面和平面之間的距離是正方體體對角線的13，所以兩個平面之間的距離為：，故D對.故選：D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.以下命題正確的是（）A.直線：與直線：垂直的充要條件是B.已知圓：，過點的直線與圓交于，兩點，則的最小值為4C.方程表示橢圓的充要條件是D.直線和以、為端點的線段相交，則的取值范圍是【答案】ABD【解析】對于，，所以，解得，故A正確；對于B，點在圓內(nèi)，當時，取最小值，，，所以的最小值是，故B正確；對于C，方程表示橢圓的充要條件是，解得且，故C錯誤；對于D，由直線可得，所以直線過定點，又，，畫圖可知的取值范圍是，故D正確；故選：ABD10.已知直線：，雙曲線：.以下說法正確的是（）A.當時，直線與雙曲線只有一個公共點B.直線與雙曲線只有一個公共點時，或C.當或時，直線與雙曲線沒有公共點D.當時，直線與雙曲線有兩個公共點【答案】AC【解析】由直線方程知，直線過，雙曲線的漸近線為，所以時一個交點，聯(lián)立直線與雙曲線，得，則，當，即時直線與雙曲線相切，當，即或時沒有公共點，當且，即或或時兩個公共點.所以A、C對，B、D錯.故選：AC11.正方體的8個頂點分別在4個互相平行的平面內(nèi)，每個平面內(nèi)至少有一個頂點，且相鄰兩個平面間的距離為1，則該正方體的棱長為（）A. B. C.2 D.【答案】BD【解析】設該正方體為，且其棱長為，若考慮4個平面中最中間的兩個平面，共有兩種情況.①若中間的兩個平面為平面和平面，如圖1所示，則過作截面，截面圖如圖2所示，其中分別為中點，則，設相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可知，解得；②若中間的兩個平面如圖3所示，過作截面，截面圖如圖4所示，其中分別為中點，則，設相鄰兩平面間距離即為到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為到的距離，則，解得；故選：BD.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）12.已知直線：，圓：，若圓上至少存在兩點到直線的距離等于，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】圓心到直線的距離，且圓的半徑，圓上至少存在兩點到直線的距離為，則，即，所以，解得，故的取值范圍是.故答案為：13.在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑中，平面，，，點在棱上運動.則面積的最小值為___________.【答案】【解析】如圖，作于點，作，交于點，連接.得到，，平面，，又，，所以面PQM，所以.設，，由，得到，在中，，得到，，，當且僅當時，等號成立..故答案為：.14.已知正方體的棱長為，為棱的中點，平面過點，，則平面截正方體所得截面的周長為__________.【答案】【解析】取的中點，連接，在正方形中，因為分別為的中點，可得，所以，因為，所以，可得，在正方體中，平面，因為平面，所以又因為分別為的中點，所以，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，正方體中，由平面，且平面，可得，因為，且，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為且平面，所以平面，即平面為平面，取的中點，連接，因為、分別為、的中點，則，因為且，故四邊形為平行四邊形，故，所以，，故、、、四點共面，則截面為，由正方體的棱長為，可得，，，所以所得截面周長.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.）15.已知函數(shù)的圖象與直線均過定點.（1）若直線在，軸上的截距相等，求直線的方程；（2）若點是圓：上的動點，點滿足，求的最大值.解：（1）因為，所以定點因為直線在，軸上的截距相等，設截距分別為，，當時，直線經(jīng)過原點，設，又經(jīng)過點，則有，直線的方程為；當時，設直線的方程為，代入點，解得，所以直線的方程為.綜上可得直線的方程為或.（2）設，Px0,可得，代入，得即為點的軌跡方程，如下圖所示：圓心，半徑，點在圓外，點到圓心的距離為，所以的最大值為.16.已知圓：.（1）若直線平分圓，求的最小值；（2）頂點在原點，焦點在軸上的拋物線的準線與圓相切，為拋物線的焦點，為拋物線上的動點，點，求的最大值.解：（1）由圓的方程，即，則圓的圓心，半徑，由題意知，直線過圓心，則，即，，，由，當且僅當時等號成立，所以的最小值是4.（2）由題意，拋物線的準線為，所以拋物線方程為，焦點，所以，，，其中，所以，時有，當且僅當，即時等號成立；而時，，，則.所以最大值是.17.在圖1的直角梯形ABCD中，，，，點是DC邊上靠近于點的三等分點，AC交BE于點，以BE為折痕將折起，使點到達的位置，且，如圖2.（1）求四棱錐的體積；（2）求與平面所成角的正弦值.解：（1）根據(jù)題意，由直角梯形邊長，，可知故，；又點是邊上靠近于點的三等分點，所以，可得為等邊三角形；連接，如下圖所示：可得四邊形為菱形，所以，即折起后，，如圖所示，易知，又，滿足，即；又，AF，平面，所以平面，且，梯形的面積為，所以（2）以為坐標原點，分別以，為，軸，方向為軸正方向建立空間直角坐標系，如下圖所示：則，，，,，可得，，，設平面的法向量，則，令，則得為平面一個法向量，設與平面所成的角為，所以.18.如圖，在四棱錐中，底面四邊形ABCD為正方形，為棱PD的中點，為邊AB的中點.（1）求證：平面POC；（2）若側(cè)面底面ABCD，且，，求二面角的余弦值.解：（1）取線段PC的中點，連接OM，EM，在中，，分別為PD，PC的中點∴，且，又∵底面ABCD是正方形，且是AB的中點，∴，且，∴，且∴四邊形AOME為平行四邊形，則，又平面POC，平面POC，∴平面POC.（2）由，，可知為等邊三角形，設OA中點為，則，又∵平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，設CD上靠近點的四等分點為，則，，以為原點，分別以QB，QN，QP所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，設平面PBD的法向量為，則，取，得，，所以為平面PBD的一個法向量.取平面ABD的法向量為設平面PBD與平面ABD所成的平面角為，且為銳角，則.所以二面角的余弦值為.19.焦距為的橢圓，如果滿足，則稱此橢圓為“等差橢圓”.（1）如果橢圓：是等差橢圓，求的值；（2）對于焦距為6的等差橢圓，點，分別為橢圓的左、右頂點，直線交橢圓于，兩點，（，異于，，設直線AP，BQ的斜率分別為，，是否存在實數(shù)，使得，若存在，求出，不存在說明理由.解：（1）因為橢圓是等差橢圓，所以，所以，又，所以，化簡得.（2）由且可知，，.所以橢圓方程為，如圖，聯(lián)立直線得，，，設Px1,y1則，，，，，，，把，代入，得，所以存在實數(shù)，使得.河南省南陽市六校2024-2025學年高二上學期第二次聯(lián)考數(shù)學試題注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號填寫在答題卡上.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.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.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，將本試卷和答題卡一并交回.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.已知，，，若，，共面，則實數(shù)的值為（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】由題設且，則，所以，可得.故選：C2.設向量與滿足，在方向上的投影向量為，則在方向上的投影數(shù)量為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由在方向上的投影向量為，得，則，所以在方向上的投影數(shù)量為.故選：B3.學校教師運動會設置有“跳繩”、“立定跳遠”、“定點投籃”、“沙包擲準”四個比賽項目，每個項目各需要一位裁判，現(xiàn)有甲、乙、丙、丁四位體育老師，每人做且僅做一項裁判工作，因為時間問題，甲不能安排“跳繩”裁判，乙不能安排“定點投籃”裁判，則不同的安排方法共有（）A.12種 B.14種C7種 D.9種【答案】B【解析】當甲安排“定點投籃”，另外3人任意安排工作有6種方法.當甲不安排“定點投籃”時，先安排甲有2種，再安排乙有2種，另外剩余2人有2種，此時有種方法，共有種，故選：B4.如圖，在四面體OABC中，，，，點為線段OA上靠近點的三等分點，為BC的中點，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由圖知.故選：C5.已知三棱錐中，平面，,且，，分別為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】取AC的中點，SC的中點，連接DH，EH，EF，DF，如圖所示：在中，因為，分別為SA，SC的中點，故，故或其補角即為所求角，設，在中，，又有，由平面，平面，可得，則，，由于，可得平面ABC，又面ABC，則，可得，所以.故選：D.6.已知橢圓：，過點且方向向量為的光線，經(jīng)直線反射后過的右焦點，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設過點且方向向量為的光線，交直線的點為，右焦點為，如下圖所示：因為方向向量的直線斜率為，則，直線AB的斜率為，又由反射光線的性質(zhì)可得的斜率為1，故，所以為等腰直角三角形，且到的距離為，又，故，所以，則，故，離心率.故選：A7.已知，，若圓上存在點滿足，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】設點，則由得點的軌跡方程為，圓心為，半徑為2，由此可知圓與有公共點，又圓的圓心為，半徑為3，所以，解得，即的取值范圍是.故選：A.8.正八面體可由連接正方體每個面的中心構成，如圖所示，在棱長為2的正八面體中，則有（）A.直線與是異面直線 B.平面平面C.該幾何體的體積為 D.平面與平面間的距離為【答案】D【解析】正八面體可由正方體每個面的中心構成，如圖：因為正八面體的棱長為2，所以正方體的棱長為.∵，，，四點共面，直線與是共面的，故A錯；設二面角為，，，所以.所以：二面角，故B錯；，故C錯；由八面體的構成可知：平面和平面之間的距離是正方體體對角線的13，所以兩個平面之間的距離為：，故D對.故選：D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.以下命題正確的是（）A.直線：與直線：垂直的充要條件是B.已知圓：，過點的直線與圓交于，兩點，則的最小值為4C.方程表示橢圓的充要條件是D.直線和以、為端點的線段相交，則的取值范圍是【答案】ABD【解析】對于，，所以，解得，故A正確；對于B，點在圓內(nèi)，當時，取最小值，，，所以的最小值是，故B正確；對于C，方程表示橢圓的充要條件是，解得且，故C錯誤；對于D，由直線可得，所以直線過定點，又，，畫圖可知的取值范圍是，故D正確；故選：ABD10.已知直線：，雙曲線：.以下說法正確的是（）A.當時，直線與雙曲線只有一個公共點B.直線與雙曲線只有一個公共點時，或C.當或時，直線與雙曲線沒有公共點D.當時，直線與雙曲線有兩個公共點【答案】AC【解析】由直線方程知，直線過，雙曲線的漸近線為，所以時一個交點，聯(lián)立直線與雙曲線，得，則，當，即時直線與雙曲線相切，當，即或時沒有公共點，當且，即或或時兩個公共點.所以A、C對，B、D錯.故選：AC11.正方體的8個頂點分別在4個互相平行的平面內(nèi)，每個平面內(nèi)至少有一個頂點，且相鄰兩個平面間的距離為1，則該正方體的棱長為（）A. B. C.2 D.【答案】BD【解析】設該正方體為，且其棱長為，若考慮4個平面中最中間的兩個平面，共有兩種情況.①若中間的兩個平面為平面和平面，如圖1所示，則過作截面，截面圖如圖2所示，其中分別為中點，則，設相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可知，解得；②若中間的兩個平面如圖3所示，過作截面，截面圖如圖4所示，其中分別為中點，則，設相鄰兩平面間距離即為到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為到的距離，則，解得；故選：BD.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.）12.已知直線：，圓：，若圓上至少存在兩點到直線的距離等于，則實數(shù)的取值范圍是______.【答案】【解析】圓心到直線的距離，且圓的半徑，圓上至少存在兩點到直線的距離為，則，即，所以，解得，故的取值范圍是.故答案為：13.在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑.在鱉臑中，平面，，，點在棱上運動.則面積的最小值為___________.【答案】【解析】如圖，作于點，作，交于點，連接.得到，，平面，，又，，所以面PQM，所以.設，，由，得到，在中，，得到，，，當且僅當時，等號成立..故答案為：.14.已知正方體的棱長為，為棱的中點，平面過點，，則平面截正方體所得截面的周長為__________.【答案】【解析】取的中點，連接，在正方形中，因為分別為的中點，可得，所以，因為，所以，可得，在正方體中，平面，因為平面，所以又因為分別為的中點，所以，所以，因為，且平面，所以平面，又因為平面，所以，正方體中，由平面，且平面，可得，因為，且，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為且平面，所以平面，即平面為平面，取的中點，連接，因為、分別為、的中點，則，因為且，故四邊形為平行四邊形，故，所以，，故、、、四點共面，則截面為，由正方體的棱長為，可得，，，所以所得截面周長.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.）15.已知函數(shù)的圖象與直線均過定點.（1）若直線在，軸上的截距相等，求直線的方程；（2）若點是圓：上的動點，點滿足，求的最大值.解：（1）因為，所以定點因為直線在，軸上的截距相等，設截距分別為，，當時，直線經(jīng)過原點，設，又經(jīng)過點，則有，直線的方程為；當時，設直線的方程為，代入點，解得，所以直線的方程為.綜上可得直線的方程為或.（2）設，Px0,可得，代入，得即為點的軌跡方程，如下圖所示：圓心，半徑，點在圓外，點到圓心的距離為，所以的最大值為.16.已知圓：.（1）若直線平分圓，求的最小值；（2）頂點在原點，焦點在軸上的拋物線的準線與圓相切，為拋物線的焦點，為拋物線上的動點，點，求的最大值.解：（1）由圓的方程，即，則圓的圓心，半徑，由題意知，直線過圓心，則，即，，，由，當且僅當時等號成立，所以的最小值是4.（2）由題意，拋物線的準線為，所以拋物線方程為，焦點，所以，，，其中，所以，時有，當且僅當，即時等號成立；而時，，，則.所以最大值是.17.在圖1的直角梯形ABCD中，，，，點是DC邊上靠近于點的三等分點，AC交BE于點，以BE為折痕將折起，使點到