文档内容
抚州市 2024—2025 学年度上学期学生学业质量监测
高二数学试题卷
说明：1.本卷共有4大题，19个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.
2.本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分.
3.所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www.zhixue.com）查询考试成绩，
密码与准考证号相同.
一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，仅有一项符合题
目要求.
1. 已知直线 ， ，若 ，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用垂直的关系可得斜率之积为 ，即可得解.
【详解】由直线 ， ，满足 可得，
，可得 ，
故选：A.
2. 圆心为 且过点 的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据各项给定圆的方程确定圆心，判断 是否在圆上即可.
【详解】由 的圆心为 ，A错；
由 的圆心为 ，B错；由 的圆心为 ，显然点 在圆上，C对；
由 的圆心为 ，D错；
故选：C.
3. 设 为椭圆 的两个焦点，点 在 上，若 ，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到 ，设 ，再利用椭圆的定义及条件得到
且 ，即可求出结果.
【详解】因为椭圆 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，即 ，
设 ，则 ①，且 ②，
由① ②得到 ，即 ，所以 ，
故选：B.
4. 如图，三棱锥 中， ， ， ，且 ， ，则 （
）A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的运算法则求解即可.
【详解】如图所示：
.
故选：C.
的
5. 若 ，则下列结论中正确
是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法逐项计算判断.
【详解】对于A，取 ，得 ，A错误；
对于B， 展开式中 项的系数为 ，B错误；对于C，二项式 展开式中各项系数均为正，取 ，
得 ，C正确；
对于D，取 ，得 ，取 ，得 ，
联立解得 ，因此 ，D错误.
故选：C
6. 已知过原点 的直线 与圆 相交于 两点，则 的最小值为（ ）
A. 6 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断原点与圆的位置关系，再由 最小有直线 ，最后应用几何法求弦长即可.
【详解】由 ，即原点在已知圆内部，且圆心 ， ，
若原点为 ，要使 最小，只需直线 ，而 ，
所以最小 .
故选：D
7. 在“文化抚州，梦想之舟”半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某高校5名同学到甲、乙、丙三个
服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（ ）
A. 25种 B. 150种 C. 300种 D. 50种
【答案】B
【解析】
【分析】利用先分组后分配来解题，分组中要注意均分组消序思想.
【详解】五名同学分三个小组，
若按2人，2人，1人来分有 种，
若按3人，1人，1人来分有 种，再把这三个小组排列到三个服务站去共有 种，
所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有： 种，
故选：B.
8. 如图，已知 是双曲线 的左､右焦点， 为双曲线 上两点，满足 ，
且 ，则双曲线 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得 ，进而可得 ，结合勾股定理运
算求解.
【详解】延长 与双曲线交于点 ，
因为 ，根据对称性可知 ，
设 ，则 ，
可得 ，即 ，
所以 ，则 ， ，
即 ，可知 ，在 中，由勾股定理得 ，
即 ，解得 .
故选：D.
【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定 a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b
用a，c代换，求 的值；
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分.
9. 已知空间向量 ， ，则下列选项中正确的是（ ）
A. 当 时， B. 当 时，
C. 当 时， D. 当 时，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示列方程求参数判断 A、B；应用向量坐标加法及模长的坐标运算
列方程求参数判断C；由向量夹角的坐标表示求余弦值，进而确定正弦值判断D.
【详解】A： ，则 ，可得 ，错；
B： ，则 ，可得 ，对；C： ，可得 或 ，错；
D： ，则 ，故 ，则 ，对.
故选：BD
10. 如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 分别是棱
， ， 的中点， 在线段 上，则下列说法中正确的有（ ）
A. 平面 B. 平面
C. 存在点 ，满足 D. 三棱锥 的体积不变
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知易得 为平行四边形，有 ，应用线面平行的判定判定A；由直线 与面
相交判断B；假设 ，即 ，令 并应用勾股定理列方程求解判断
C；首先证 平面 ，再由棱锥的体积公式判断D.
【详解】由题设，易得 是边长为2的正方形，且 ， ，
又 是 的中点，则 且 ，故 为平行四边形，
所以 ， 面 ， 面 ，则 平面 ，A对；
由上分析知，面 即为面 ，显然直线 与面 相交，B错；由 ，若 ，即 ，
令 ，则 ， ，
而 ，则 ，即 ，显然无解，C错；
由 ， 面 ， 面 ，则 平面 ，
又 在线段 上，故 到面 距离为定值，且 的面积为定值，
所以三棱锥 的体积不变，D对；
故选：AD
11. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常
数的点的轨迹是卡西尼卵形线.已知两定 ， ，动点 满足 ，设
的轨迹为曲线 ，下列说法中正确的有（ ）
A. 的横坐标最大值是2 B. 曲线 既是中心对称图形，又是轴对称图形
C. 存在点 ，使得 D. 面积最大值2
【答案】BCD
【解析】
的
【分析】利用轨迹方程 代数关系来证明相关选项，对于A利用纵坐标放缩去求横坐标范围，对于B
则利用 的代入检验就可作出判断，对于C则利用方程组消元看看是否有解，对于D，则利用定义
来求面积，只需要看是否存在直角.【详解】由 可得： ，
即 ，
即 ，
则 ，
对于A，由 ，得 ，
平方展开化简得： ，解得 ，
即 的横坐标最大值是 ，故A错误；
对于B，由 满足 ，所以曲线 关于原点对称，
又由 ， 也满足 ，所以曲线 关于坐标轴对称，故B正确；
对于C，若存在点 ，使得 ，则有 ，
又由于则 联立，消去 可得：
，即有解，所以存在点 ，故C正确；
对于D， ， 面积最大值2，由选项C可知，
存在 的最大值点 ，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：共3小题，每题5分，共15分.
12. 双曲线 的离心率为2，求 ______.
【答案】 ##
【解析】【分析】根据双曲线的方程及离心率公式列方程求参数值即可.
【详解】由题设，易知 ，则 ，所以 ，
由 ，可得 .
故答案为：
13. 设 为正整数， 展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为__________．
【答案】112
【解析】
【详解】由展开式中仅有第5项的二项式系数最大得 则 ，令
， 则展开式中的常数项为
14. 在平面凸四边形 中， ， ，且 ， ，将四边
形 沿对角线 折起，使点A到达点 的位置.若二面角 的大小范围是 ，则三
棱锥 的外接球表面积的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】取 中点 ，连接 ，取 的外心 ，过点 作 平面 ，过点 作
平面 交 于点 ，进而确定球心的位置及二面角 的平面角为 并确定范围，利用
几何关系求球体半径，即可得球体表面积的范围.【详解】由题意知， 和 是等边三角形，
取 中点 ，连接 ，取 的外心 ，则 是 的外心，
的
过点 作 平面 ，则三棱锥 外接球球心在 上
过点 作 平面 交 于点 ，则点 即为三棱锥 的外接球球心，
由 ， 知， 为二面角 的平面角，则 ，
设 ，则 ，
又 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以三棱锥 的外接球半径 ，
所以三棱锥 外接球的表面积 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据球心的性质确定位置，并求出二面角 的平面角 的范围为
关键.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.解答写
在答题卡上的指定区域内.15. 设直线 与 .
（1）若 ，求 、 之间的距离；
（2）当直线 与两坐标轴正半轴围成的三角形的面积最大时，求 的值.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）由直线平行的判定列方程求参数，再由平行线的距离公式求距离；
（2）根据已知可得 ，再由三角形面积公式有 ，即可确定面积最大时 的值.
【小问1详解】
由 ，则 ，化简得 ，可得 或 ，
当 时，不成立，
当 时， ， ，
此时 之间的距离为 .
【小问2详解】
直线 与两坐标轴的正半轴围成三角形， ，则 ，
与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为 ，
当 时， 有最大.
16. 已知 为原点，直线 与圆 交于 、 两点.
（1）若 ，求 的值；（2）若过 点作圆的两条切线，切点为 、 ，求四边形 面积的最大值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）利用垂径定理来求直线与圆相交的弦长，从而可得方程求解 的值；
（2）利用勾股定理来求切线长，从而可计算面积，然后可用基本不等式来求最值即可.
【小问1详解】
由圆 可得：
圆心为 ，半径 ，其中 ，
而圆心 到直线 的距离 ，
所以 ，解得 ，
即 的值为1.
【小问2详解】
由（1）可知 ，
由勾股定理可得
四边形 由两个全等的直角三角形组成。所以，
当且仅当 时成立
所以当 四边形 有最大面积 .
17. 已知抛物线 与双曲线 的渐近线在第一象限的交点为 ，且 点的横坐
标为3.
（1）求抛物线 的方程；
（2）过点 作一直线交抛物线 于 两点，求弦 的中点轨迹方程.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）设点 的坐标为 ，由点在双曲线的渐近线上确定点坐标，再由点在抛物线上求参数，
即可得方程；
（2）设 ， ，中点 ， ，结合斜率两点式及点差法得到
，整理即可得轨迹，注意验证 轴的情况.
【小问1详解】
设点 的坐标为 ，因为点 在第一象限，所以 ，
双曲线 的渐近线方程为 ，因为点 在双曲线的渐近线上，所以 ，所以点 的坐标为 ，
又点 在抛物线 上，所以 ，所以 ，
故抛物线 的标准方程为 ；
【小问2详解】
设 ， ，中点 ， ，
若直线 的斜率存在， ，
由 ， ，则 ，
所以 ，即 ，
整理得 ，化简得 ，
直线 的斜率不存在， 轴，弦 中点为 也符合，
综上：轨迹方程为 .
18. 如图，在三棱锥 中， ， ， ， ， 、 分别为 、
中点.（1）证明： ；
（2）证明：平面 与平面 的交线 平面 ；
（3）若 ，二面角 的正切值为2，求 的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）1
【解析】
【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直即可得证；
（2）利用线面平行的判定和性质定理来进行推理证明即可；
（3）先把二面角的正切值转化为余弦值，再利用空间向量法来求解二面角的余弦值，从而得到方程求解
边长，也可以利用空间关系来证明线面垂直，并作图证明二面角的平面角，再求解即可.
【小问1详解】
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，
【小问2详解】
因为 分别是 的中点，
所以 ，因为 平面 ， 平面 ，
即 平面 ，又因为 平面 ，而平面 平面 ，
所以 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问3详解】
解法一：以A为坐标原点， 所在直线为 坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系：由（2）知， 平面 且 平面 ，故平面 平面 ，
平面PAB 的法向量 ，
设 ，则 ， ，
，则 ，
设平面 法向量 ，则 ，
设二面角 的平面角为 ，已知 ，所以 ，
，
解得： .（设 也同样可以）
解法二：延长 ，过C作 于 点，连接 ，过P作 于 点
，
面 ， ，为 所成的二面角
设 ， 二面角 的正切值为2，则 得
中 ， 为等腰直角三角形，
，
在 中， ，代入得 ，
解得： ， .
19. 如图所示，在圆锥内放入两个球 ，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且
这两个球都与平面 相切，切点分别为 ，数学家丹德林利用这个模型证明了平面 与圆锥侧面的交
线为椭圆，记为 ， 为椭圆 的两个焦点.设直线 分别与该圆锥的母线交于 两点，过点
的母线分别与球 相切于 两点，已知 ， .以直线 为 轴，在平
面 内，以线段 的中垂线为 轴，建立平面直角坐标系.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过点 作斜率不为0的直线 ，直线 与椭圆 交于 两点， 分别为椭圆左右顶点，记
的斜率为 ， 的斜率为 .求出 ；（3）已知 为椭圆 的右顶点，直线 与椭圆 相交于 两点（ ， 两点异于 点），且
，求 的面积最大值.
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据题设有 、 求椭圆参数，即
可得椭圆方程；
（2）设 ， ， 的方程为 ，联立椭圆及韦达定理可得 ，再
由斜率的两点式有 ，整理化简即可得结果；
（3）设直线 为 ，联立椭圆方程应用韦达定理及向量垂直的坐标表示可得关于参数
的方程，即可求参数 ，进而确定直线 过定点，最后三角形面积公式得关于 的表达式，即可
求最大值.
【小问1详解】
设椭圆 的标准方程为 ，
由切线长定理知 ， ，
则 ，解得 ，由 ，解得 ， ，
所以椭圆 的标准方程为 .
【小问2详解】
设 ， ，因为直线 过点且斜率不为0，
可设 的方程为 ，代入椭圆方程 ，得 ，
其判别式 ，所以 ， .
两式相除得 ，即 .
因为 分别为椭圆的左、右顶点，所以点A的坐标为 ，点 的坐标为 ，
所以 ， .
从而 .
【小问3详解】
由题意知，直线 的斜率不为0，则不妨设直线 的方程为 .
联立得 ，消去 得 ，，化简整理，得 .
设 ， ，则 ， .
由 ，则 .
， ， ，得 ，
将 ， 代入上式，得 ，
得 ，解得 或 （舍去），
直线 的方程为 ，则直线 恒过点 ，
.
设 ，则 ， ，
易知 在 上单调递增，
当 时， 取得最大值为 .
