2024-2025学年河北省保定市清苑区高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省保定市清苑区高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.直线x+y+1=0的倾斜角是(

)A.−π4 B.π4 C.π2.已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)的渐近线与圆A.3 B.33 C.13.在四面体OABC中记OA=a，OB=b，OC=c，若点M、N分别为棱OA、BC的A.12a+12b+124.已知直线l的一个方向向量是a=(−1,2,1)，平面α的一个法向量是n=(1,1,−1)，则l与α的位置关系是(

)A.l⊥α B.l//α C.l与α相交但不垂直 D.l//α或l⊂α5.若直线l与圆C1：x2+y2−4y+3=0相切，且点(3,−2)到直线lA.4 B.3 C.2 D.16.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，A为其右顶点，直线y=1与双曲线C交于MA.2 B.3 C.2 7.已知圆C过点A(3,2)，B(0,−1)，设圆心C(a,b)，则a2+b2A.2 B.2 C.228.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别F1，F2，M是椭圆上一点，直线MF2与y轴负半轴交于点A.33 B.12 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知F1，F2分别是椭圆C：x29+y25A.△PF1F2的周长为10 B.△PF1F2面积的最大值为25

C.10.在三棱锥P−ABC中，△PAC为边长为2的正三角形，AB=2，∠BAC=90°，设二面角P−AC−B的大小为α，∠PAB=β，G为△PBC的重心，则下列说法正确的是(

)A.若α=30°，则PB=2

B.若PB=14，则a=150°

C.若α=90°，则PB与AC所成的角为60°

D.11.已知曲线C：x2+y2mA.0≤x≤2

B.曲线C关于直线x=1对称

C.曲线C围成的封闭图形的面积不大于π

D.曲线C围成的封闭图形的面积随m的增大而增大三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若圆C：(x−2)2+(y+3)2=4上存在两点关于直线13.已知点A(0,1,1)，B(0,0,1)，C(1,1,0)，则点A到直线BC的距离是______．14.过椭圆x27+y2=1上一点P作圆C：x2+(y−3)2=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.(本小题13分)

已知直线l：2x−y+2=0，圆C：(x−3)2+y2=5．

(1)求与直线l平行且与圆C相切的直线方程；

(2)设直线l1⊥l，且l1与圆C相交于A16.(本小题15分)

设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，F1，F2，分别是C的左、右焦点，A是C左支上一点，且AF1与x轴垂直，直线AF2与C的另一个交点为B．

(1)若直线AB的倾斜角为3π4，求C的离心率；17.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，点G在棱AA1上，且AG=12GA1．

(1)证明：D1，G，E，F18.(本小题17分)

球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用.球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆(经过球心的平面截球面所得的圆)在这两点间的一段劣弧的长度.这个弧长就被称作两点的球面距离．

(1)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1(底面为正方形的直棱柱)中，AB=1，AA1=2，求顶点A，B在该正四棱柱外接球上的球面距离．

(2)如图1，在直角梯形ABCD中，BC//AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC=3.现将△ABD沿边BD折起到P，如图2，使得点P在底面BCD的射影H在CD上．

①求点P到底面BCD的距离；

19.(本小题17分)

在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(2,0)，B(0,3)，C(2,3)，D(0,−3)，点P在线段OA上，点Q在线段AC上，且OPOA=CQCA=t，设直线BQ与DP交于点M．

(1)证明：当t变化时，点M始终在某个椭圆W上运动，并求出椭圆W的方程．

(2)过点E(4,0)作直线与椭圆W交于S，T不同的两点，再过点F(1,0)作直线ST的平行线与椭圆W交于G

参考答案1.D

2.A

3.B

4.D

5.A

6.C

7.B

8.C

9.AB

10.ABD

11.ABC

12.2

13.614.−115.解：(1)设直线的方程为2x−y+a=0，圆心C(3,0)，

因为直线与圆C相切，所以圆心C到直线的距离d1=|2×3−0+a|22+12=r=5，

则|a+6|=5，得a=−1或a=−11，

故直线的方程为2x−y−1=0或2x−y−11=0；

(2)设直线l1的方程为x+2y+b=0，

圆心C到直线l1的距离为d，则d=r2−(|AB|216.解：(1)设F1(−c,0)，F2(c,0)，

因AF1与x轴垂直，设A(−c,y0)(y0>0)，

则c2a2−y02b2=1，可得A(−c,b2a)，又F2(c,0)，

则kAB=b2a−2c=tan3π4=−1，即b2=2ac，

即c2−a2=2ac，又e=ca，

所以e2−2e−1=0，解得：e=1+2或e=1−2(舍)，

即C的离心率为1+2；

(2)如图，设AB与y轴交点为C，则|OC|=2，

因O为F1，F2中点，AF1与x轴垂直，

则AF1//CO，C为AF2中点，

则由中位线定理可得|AF1|=2|OC|=4，

因|AB|=3|F2B|，设|F217.(1)证明：设正方体的棱长为3，

以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D1(0,0,3)，G(3,0,1)，E(3,32,0)，F(32,3,0)，

所以D1G=(3,0,−2)，D1E=(3,32,−3)，D1F=(32,3,−3)，

设D1G=λD1E+μD1F，则(3,0,−2)=λ(3,32,−3)+μ(32,3,−3)=(3λ+32μ,32λ+3μ,−3λ−3μ)，

所以3=3λ+32μ0=32λ+3μ−2=−3λ−3u，解得λ=43，μ=−23，

所以D1G=43D1E−23D1F，

故D ​1，G，E，F四点共面．

(2)解：在棱CC1上取一点M，使得CM=13CC1，连接GM，AC，则GM//AC，

因为E，F分别为AB，BC的中点，

所以AC/​/EF，所以GM//EF，即G，E，F，18.解：(1)正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球直径AC1=12+12+(2)2=2，球半径R′=1，

因此球心与点A，B构成正三角形，弦AB所对球过A，B的大圆圆心角为π3，弧长为π3，

所以顶点A，B在该正四棱柱外接球上的球面距离为π3．

(2)①在直角梯形ABCD中，BC/​/AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC=3，

BD=12+(3)2=2=AD，∠ADB=90°−∠BDC=60°，则△ABD为正三角形，

在棱锥P−BCD中，PH⊥平面BCD，而BC⊂平面BCD，则BC⊥PH，

又BC⊥CD，PH∩CD=H，PH，CD⊂平面PCD，则BC⊥平面PCD，

而PC⊂平面PCD，因此PC⊥BC，PC=PB2−BC2=22−12=3，

在△PCD中，cos∠PDH=12PDCD=13，sin∠PDH=23，PH=PDsin∠PDH=2×23=263，

所以点P到底面BCD的距离为263．

②取BD中点O1，则O1为△BCD外接圆圆心，令正三角形PBD的外接圆圆心为O219.解：(1)证明：令点Q(x,y)，根据已知可得CQ=tCA，所以(x−2,y−3)=t(0,−3)，

因此x=2y=3(1−t)，所以Q(2,3(1−t))；

同理可得P(2t,0)．

因此BQ的斜率kBQ=3(1−t)−32=−32t，

因此直线BQ的方程为y=−32tx+3，

所以DP的方程为x2t+y−3=1，所以y=32tx−3，

设直线DP与BQ的交点坐标M为(x,y)，

根据y=−32tx+3y=32tx−3可得(y+3)(y−3)=3