2024北京汇文中学高二（上）期中数学（教师版）

第1页/共1页2024北京汇文中学高二（上）期中数学1．本试卷分为两部分：第一部分为选择题，共48分；第二部分为非择题，共102分．2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答．第一部分（选择题共48分）一、选择题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题列出的四个选项中，出符合题目要求的一项．1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.或2.已知直线经过点，且法向量，则的方程为（）A. B.C. D.3.轴与圆的位置关系是（）A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定4.已知与关于直线对称，则下列说法中错误的是（）A.直线过,的中点 B.直线的斜率为C.直线的斜率为3 D.直线的一个方向向量的坐标是5.已知双曲线的两条渐近线方程为，则其离心率为（）A. B. C.或 D.或6.如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（）A. B.C. D.7.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆与轴的交点，若是钝角三角形，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.8.过椭圆的左焦点作直线和椭圆交于A、B两点，且，则这样直线的条数为（）A.0 B.1 C.2 D.39.已知抛物线：的焦点为，准线与轴的交点为，点在上且，则的面积为（）A.4 B.8 C.16 D.3210.已知直线与直线相交于点，点是圆上的动点，则AB的最大值为（）A. B.8C. D.711.数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，可求得方程的解是（）A. B. C. D.12.如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点，给出下列结论：①平面；②三棱锥的体积为定值；③；④在平面内，若以点，为焦点的椭圆过点，则椭圆的离心率为定值.其中所有正确结论的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4第二部分（非选择题共102分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．13.已知向量，写出一个与向量垂直的非零向量的坐标___________.14.抛物线的焦点坐标是_________．15.已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为________.16.已知圆与圆相交于A，B两点，则两圆公共弦线所在的直线方程为_________，公共弦AB的长为_____．17.设，分别是双曲线的左、右焦点．若点P在双曲线上，且，则_________，_________；18.在化学课上，你一定曾注意到，当装有液体的试管稍微倾斜一点时，液面的轮廓是椭圆的形状，即用平面截圆柱面，当圆柱的轴与平面所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球，嵌入圆柱内，使它们分别位于平面的上方和下方，并且与圆柱的侧面相切，和平面相切于，两点，与交于点.过截线上的任意一点作圆柱的母线，设母线与上下两个球分别相切于点，（如有必要，需自己作出）.证明：截线是椭圆，且MN就是长轴长.请将下述证明补充完整.证明：因为两球和平面分别相切于，两点，那么对于每个球来说，球外一点向球作切线，切线长相等，即，，______，为定值，在中，，在中，，所以____________，所以截线上的点满足椭圆的定义，所以截线是以，为焦点的椭圆，MN就是长轴长.三、解答题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．19.已知平行四边形的三个顶点分别为，，.（1）求边CD所在直线的方程；（2）求四边形的面积.20.已知圆的圆心在直线上，且过两点．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线相切，求的值．设直线与椭圆相交于，两点，已知点.（1）直接写出椭圆的标准方程；（2）设直线的斜率存在，求弦长关于斜率的表达式，并化简；（3）若设点的坐标为，求弦长关于的表达式，并化简；（4）直接写出弦长的最大值.22.如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离．（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为，定点，过点且斜率不为零的直线与椭圆交于，两点，以线段为直径的圆与直线的另一个交点为，试探究在轴上是否存在一定点，使直线恒过该定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案第一部分（选择题共48分）一、选择题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题列出的四个选项中，出符合题目要求的一项．1.【答案】A【分析】由求出倾斜角.【详解】直线可化为，设倾斜角为，则.故选：A2.【答案】C【分析】根据直线的法向量求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意知直线的法向量是，可得其斜率为，所以直线的方程为，即.故选：C3.【答案】C【分析】是以为圆心为半径的圆，根据圆心到轴的距离可判断.【详解】因为是以为圆心为半径的圆，圆心到轴为，所以与轴关系是相离.故选：C4.【答案】B【分析】根据与关于直线对称，逐项判断可得答案.【详解】对于A，因为与关于直线对称，所以直线过，的中点，故A正确；对于B，直线的斜率为，故B错误；对于C，因为直线的斜率为，所以直线的斜率为3，故C正确；对于D，因为直线的斜率为3，所以直线的一个方向向量的坐标是，故D正确.故选：B.5.【答案】D【分析】讨论双曲线的焦点位置，根据渐近线方程得的值，再根据离心率公式可得结果.【详解】当双曲线的焦点在轴上时，由渐近线方程可知，所以离心率.当双曲线的焦点在轴上时，由渐近线方程可知，所以离心率.故选：D6.【答案】A【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知，，因为，，，，所以.故选：A.7.【答案】D【分析】依题意，根据图形，根据离心率的计算公式求解即可.【详解】如图，因为是钝角三角形，所以，所以，即，则椭圆的离心率的取值范围是，故A，B，C错误.故选：D.8.【答案】B【分析】先求过左焦点的通径长度，由椭圆的性质：过左焦点的弦长最短为通径长，最长为长轴长，结合已知弦长判断直线的条数即可.【详解】左焦点为，若直线垂直x轴，则直线为，代入椭圆方程得，可得，此时通径长，所以，由椭圆性质知：的直线有仅只有一条.故选：B9.【答案】B【详解】F（2，0）,K（-2，0），过A作AM⊥准线，则|AM|=|AF|，∴|AK|=|AM|，三角形APM为等腰直角三角形，设A（m2，2m）（m＞0）,由得，解得则△AFK的面积=4×2m•=4m=8,故选B.10.【答案】A【分析】易知直线分别经过定点且两直线垂直,所以点在以为直径的圆上,又点是圆上的动点,因此可以求出圆心之间的距离,所以.【详解】易知直线经过定点,变形得,所以直线经过定点当时,直线垂直；当时,两直线斜率相乘为,故直线垂直；所以点在以为直径的圆上,圆心为的中点,半径为，点是圆上的动点,圆心,半径，所以圆心之间的距离,所以.故选：A.11.【答案】D【分析】根据抛物线的定义可得答案.【详解】因为，所以可以转化为到的距离，同理，可以转化为到的距离，因为，所以到两定点和的距离之和为，所以在以点和为焦点的椭圆上，设椭圆的标准方程为：，则，，即，又，所以，所以椭圆的方程为：，由，得，解得，.故选：D.12.【答案】C【分析】对于①证明平面可判断；对于②由到面的距离恒为正方体的棱长，的面积为定值可判断；对于③证明平面可判断；对于④取为的中点和端点即可判断.【详解】对于①.在正方体中，平面,平面则平面.，平面,平面,则平面.又,平面,平面故平面平面,又平面所以平面.故①正确.对于②.在正方体中,,平面，平面所以平面故在正方体中点到面的距离恒为正方体的棱长，为1.又,则，故②正确.对于③.,,平面,平面所以平面,平面,所以又，,平面,平面所以平面，平面，所以又.平面，平面所以平面,又平面所以，故③正确.对于④，在平面内，若以点，为焦点的椭圆，其半焦距若点在的中点处时，椭圆的长轴若点在的端点处时，椭圆的长轴显然此时椭圆的长轴不相等，而焦距始终相等，故离心率不相等.所以椭圆的离心率不为定值，故④不正确.故选：C第二部分（非选择题共102分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．13.【答案】（答案不唯一）【分析】设与垂直的向量，由再取值即可求解.【详解】设与垂直的向量，由可得，取，，，即即符合题意，故答案为：（答案不唯一）.14.【答案】【分析】根据抛物线的定义可得，的焦点坐标可直接求解.【详解】由题意可知，，解得，因为抛物线开口向上，所以抛物线的焦点坐标为.故答案为：.15.【答案】【分析】先判断点P在圆上，再由垂直关系得出切线方程.【详解】因为，所以点在圆上，设切线的斜率为，则，.则切线方程为.故答案为：16.【答案】①.②.【分析】将两圆的方程相减得两圆的公共弦所在的直线方程，再运用点到直线的距离公式可求得弦长.【详解】解：圆与圆，两式相减可得：，直线AB的方程为：；圆C：的圆心为，半径为，由圆心到直线AB的距离为，弦长，故答案为：；17.【答案】①.②.【分析】由得为直角三角形，由可求出；根据双曲线的定义以及勾股定理可求出.【详解】因为，所以，则为直角三角形，所以(为原点)，又，，所以，，所以.不妨设点在双曲线的右支上，则，①又，②联立①②解得，，所以.故答案为：；.18.【答案】①.②.【分析】根据切线长定理的空间推广，得，为定值，结合长度关系得，从而可证明题中结论.【详解】根据题意，，分别为两球面的切线，切点为，，又两球和平面分别相切于，两点，，，，为定值.在中，，在中，，，即，所以截线是椭圆，且就是长轴长.故答案为：；.三、解答题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．19.【答案】（1）（2）10【分析】（1）求出直线的斜率，得到直线的斜率，由点斜式方程得解；（2）以为底，由点线距离求得四边形的高，进而得到面积.【小问1详解】因为直线的斜率为，又平行四边形，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.【小问2详解】因为，点到直线的距离为，所以四边形的面积为.20.【答案】（1）（2）或【分析】（1）设圆心为，由两直线垂直和中点坐标公式求出的垂直平分线的方程，解方程组得到圆心，再由两点间距离公式得到半径，最后求出圆的标准方程即可；（2）由圆心到直线的距离等于半径求出即可；【小问1详解】设圆心为，因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为1，又的中点为，所以的垂直平分线方程为，则，解得，又半径，所以圆的方程为.【小问2详解】因为圆与直线相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得或.21.【答案】（1）（2）（3）（4）【分析】（1）根据点A的坐标，求出b，即得答案；（2）设直线方程，联立椭圆方程，可得交点坐标，根据弦长公式，即得答案；（3）由两点间距离公式，即可求得答案；（4）结合二次函数性质，即得答案.【小问1详解】由题意知在椭圆上，则，故椭圆的标准方程为；【小问2详解】由于直线的斜率存在，设其方程为，联立，得，解得两根，不妨设，故；【小问3详解】设点的坐标为，则，则，则；【小问4详解】由于，当时，AB取得最大值为.22.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可．【小问1详解】证明：因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，故平面；【小问2详解】由于平面，所以平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；【