河北省张家口市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 含解析

2024－2025学年第一学期11月高二期中考试数学考试说明：1．本试卷共150分.考试时间120分钟.2．请将各题答案填在答题卡上.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有—项是符合题目要求的.1.三点，，在同一条直线上，则值为（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据两点斜率表达式得到方程，解出即可.详解】显然，则，即，解得.故选：D.2.若点在圆的外部，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆的一般式结合点与圆的位置关系计算即可.【详解】根据题意有，即，解之得.故选：C3.如图，直线，，，的斜率分别为，，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由图可知直线的倾斜角为钝角，斜率为负，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，以及根据倾斜角的大小判断斜率的大小可得答案.【详解】直线的倾斜角为钝角，斜率为负，且直线的倾斜角大于直线的倾斜角，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，直线的倾斜角大于直线的倾斜角，所以．故选：D.4.已知动圆过点，并且在圆内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设动圆圆心为，半径为，根据两圆位置关系得到，再利用椭圆的定义，即可求解.【详解】设动圆圆心为，半径为因为圆的圆心为，半径为，由题有，又动圆过点，得，即，则到两定点的距离之和为，由椭圆的定义可知，点在以为焦点，长轴长为的椭圆上，因为，得到，所以动圆圆心的轨迹方程为，故选：C.5.已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（）A.2 B.－2 C.1 D.－1【答案】B【解析】【分析】根据两圆的方程作差求出公共弦所在直线方程，再由题中条件，得到公共弦所在直线过点，由此列出方程求解，即可得出结果.【详解】由与两式作差，可得两圆的相交弦所在的直线为，又圆的标准方程为，记圆心为；因为圆平分圆的圆周，所以公共弦所在直线过点，因此，所以.故选：.6.如图，四棱锥的底面为矩形，且，平面，且为的中点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先利用基底表示向量，然后再根据空间向量的数量积的运算法则进行求解即可【详解】已知点为中点，则，因为平面，平面，所以，又四边形为矩形，所以；因此.故选：D7.已知点为直线上的动点，则的最小值为（）A.5 B.6 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据两点之间距离最小，结合点关于直线的对称性即可利用两点间距离公式求解.【详解】表示点到点和点的距离之和，令点关于直线的对称点为，则，解得，即，因此，当且仅当点为线段与直线的交点时取等号，所以的最小值为.故选：C8.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.如动点与两定点的距离之比为时，则直线被动点所形成的轨迹截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，利用两点间距离公式代入化简得到点的轨迹，再联立轨迹与直线得弦长.【详解】设，，则，整理得，与直线联立得，所以所求弦长为.故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.若两个不同平面，的法向量分别是，且，，则B.若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线C.若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面D.两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线【答案】ACD【解析】【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D.【详解】对于A，，所以，则，A正确；对于B，，所以，则直线或者，B错误;对于C，对空间中任意一点O，有，即，则满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确；对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确.故选：ACD.10.直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据条件，分截距为和不为两种情况讨论，再利用点斜式和截距式，即可求解.【详解】当直线在两坐标轴上的截距均为时，直线方程为，即，当直线在两坐标轴上的截距不为时，设直线方程为，由题有或，由，得到，此时直线方程为，即，由，得到，此时直线方程为，即，故选：ACD.11.下列结论正确的是（）A.已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交B.直线与圆恒相交C.若直线平分圆的周长，则D.若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】利用点到直线距离公式计算判断A；求出直线所过定点判断B；求出圆心坐标计算判断C；利用相交两圆求出范围判断D.【详解】对于A，由点在圆外，得，圆心到直线m的距离，m与圆相交，A正确；对于B，直线恒过定点，而，即点在圆内，因此直线与圆恒相交，B正确；对于C，圆的圆心为，依题意，点在直线上，则，解得，C正确；对于D，依题意，以为圆心，1为半径的圆与圆相交，而圆的圆心为，半径为，则，又，，解得，D错误.故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.平面内，已知两点，及动点，若直线，的斜率之积是，则点的轨迹方程为______．【答案】【解析】【分析】设动点，斜率用坐标表示，由斜率之积为可得出之间的关系式，进而得的轨迹方程.【详解】设动点的坐标为，又，，所以的斜率，的斜率，由题意可得，化简，得点的轨迹方程为.故答案为：13.已知圆与圆，则圆和圆的一条公切线的方程为_______.【答案】；；（三个任意一个都算正确）【解析】【分析】先判断两个圆的位置关系，再判断公切线的条数，然后求公切线即可.详解】由题可知：所以两个圆的半径和为所以两个圆外切，所以有三条公切线,设公切线为由圆心到切线的距离等于半径得解得或或所以切线方程为，或故答案为：；；14.在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，其中，当________时，．【答案】1【解析】【分析】将点P和点Q满足的向量式转化，分析得出P,Q的位置，然后利用线面垂直的判定以及性质即可求得答案.【详解】，又，所以点P在射线上；，又，所以点Q在射线上；因为当变化时，平面，故只需考虑过且与平面垂直的线，因为正方体有平面，而平面，所以又，平面，所以平面，平面，所以，所以当点Q在上时，即时，故答案为：1.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知的顶点，若边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为．（1）求顶点的坐标；（2）求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，则，根据已知列出方程组，求解即可得出答案；（2）根据已知求出直线的方程，进而联立方程得出的坐标，代入两点式方程化简即可得出答案.【小问1详解】设，则，由已知可得，解得，所以点的坐标为.【小问2详解】由已知可设直线的方程为，又点A在直线上，所以有，解得，所以，直线的方程为.联立直线与方程可得，点坐标为2,3.将坐标代入两点式方程有，整理可得，.16.已知，，在圆上．（1）求圆的标准方程；（2）若直线，且与圆交于点、，为坐标原点，，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先设圆的标准方程为，根据条件建立方程组，求出，即可求解；（2）根据条件设直线方程为，联立直线与圆的方程得，由韦达定理得，进而可求得，结合条件，即可求解.【小问1详解】设圆的标准方程为，因为，，在圆上，所以①，②，③，由①②③解得，所以圆的标准方程.【小问2详解】因为，又直线，不妨设为，由，消得，则，即，设，则，所以，又，则，又，所以，得到，即，解得或（均满足），所以直线的方程为或.17.已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点．（1）当为椭圆的上顶点时，求的大小；（2）直线与椭圆交于，，若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件得，从而可得，即可求解；（2）联立直线与椭圆方程，消得，再利用弦长公式，即可求解.【小问1详解】因为椭圆方程为，则，，所以，又，则，所以.【小问2详解】设，由，消得，则，由韦达定理知，由求根公式可得，则，化简得到，解得.18.如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，.（1）在上找一点，使得平面；（2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）为的三等分点，且（2）【解析】【分析】（1）当为的三等分点，且，在上取点，且，利用几何关系可得，，从而可得面面，再利用面面平行的性质即可说明结果成立；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求角.【小问1详解】当为的三等分点，且时，平面，理由如下，在上取点，使，连接，因为，所以，又平面，平面，所以平面，又因为，即，所以，又平面，平面，所以平面，又面，所以面面，又面，所以平面.【小问2详解】因为底面，底面是矩形，建立如图所示的空间直角坐标系，又，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，取，所以，易知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.19.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，短轴长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的动点，，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上．【答案】（1）；