河南省郑州市中牟县高二上学期11月期中考试数学试题（含答案解析）

2024-2025学年上期期中考试高二年级数学试题卷注意事项：1.试题卷共4页，四大题19小题，满分150分，作答时间120分钟.2答题前，先将自己的姓名､班级､考场号､坐位､准考正号正确填写在答题卡上.再将条形码貼在答题卡的“贴条形码区”.3.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黒；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.作答填空题和解答题时，用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.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，只有一项是符合题目要求的.1.下列直线中倾斜角为的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】分析可知倾斜角为，等价于斜率为1，结合选项分析判断即可.【详解】若直线的倾斜角为，等价于斜率为1，对于A：斜率为，不合题意；对于B：斜率为1，符合题意；对于C：斜率不存在，不合题意；对于D：斜率为0，不合题意；故选：B.2.向量，若，则实数（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直关系的坐标表示列式计算即得.【详解】向量，由，得，所以.故选：D3.直线与椭圆的公共点个数为（）A.0个 B.1个 C.2个 D.无数个【答案】C【解析】【分析】分析可知直线和均过，结合图象即可判断.【详解】直线和均过，结合图象可知直线与椭圆的公共点个数为2个.故选：C.4.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行问题判断即可.【详解】当时，直线为，直线为，两直线重合；当直线与直线平行时，，解得或，而时，两直线重合，当时，直线为，直线为，两直线平行，因此直线与直线平行时，，则，所以“”是“直线与直线平行”的既不充分也不必要条件.故选：D5.若直线与圆相交于两点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求得，可得为等边三角形，即可得结果.【详解】由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径，则圆心O0,0到直线的距离为，可知，即为等边三角形，所以.故选：B.6.如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（）A.平面 B.平面平面C.平面 D.平面内存在与平行的直线【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．【详解】因为为正方体，设正方体边长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，同理解得平面的法向量，，故A不正确；，故B不正确；，，所以，又，所以平面，C正确；平面的一个法向量为，，故D不正确；故选：C7.在中，，则点到直线的距离为().A. B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】由坐标运算求出，，进而求出在方向上的投影，然后即可求出点到直线的距离.【详解】由题意可知因为，，所以，，所以在方向上的投影为，所以点到直线距离为.故选：B.8.已知点分别为椭圆的左､右焦点，，若经过的弦AB满足，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义可得，由，根据余弦定理可得，再由离心率公式求解即可.【详解】由题可知，所以，解得，因为，即，整理得，所以.故选：A.二､多选题：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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.9.下列关于空间向量的命题中，正确的是（）A.若向量满足，则B.若是空间的一组基底，且，则四点共面C.若向量满足，则D.若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底【答案】BD【解析】【分析】举例判断AC，利用共面向量基本定理的推论判断B，利用空间向量基本定理判断D.【详解】对于A，正方体共点的两条棱对应的向量，它们的模相等，而这两个向量不共线，A错误；对于B，向量不共面，由，得，即，则向量共面，又它们有公共点，因此四点共面，B正确；对于C，正方体共点的三条棱对应的向量，其中一个向量都垂直于另两个向量，而另两个向量不共线，C错误；对于D，若向量共面，则存在实数对使得，而向量，则，此方程组无解，即向量不共面，D正确.故选：BD10.已知圆与圆，则下列结论正确的是（）A.两圆相切B.两圆的公共弦所在的直线方程为C.两圆的公切线有两条D.两圆的公共弦长为【答案】BC【解析】【分析】根据圆心距与两圆半径的关系判断两圆的位置关系，进而判断两圆相切是否正确；通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程；根据两圆位置关系判断公切线的条数；再利用弦长公式计算公共弦长.【详解】对于圆，其圆心坐标为，半径.对于圆，其圆心坐标为，半径.根据两点间距离公式，圆心距.，，而，所以两圆相交，故A选项错误.两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，即，化简得，故B选项正确.因为两圆相交，所以公切线有两条，故C选项正确.先求圆心到公共弦的距离，.根据弦长公式，则弦长，故D选项错误.故选：BC.11.如图，造型为“”的曲线C称为双纽线，其对称中心为坐标原点，且曲线上的点满足：到点和的距离之积为定值.若点在曲线C上，则下列结论正确的是（）A.B.POC.面积的最大值为2D.周长的最小值为6【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，结合曲线过原点求出，再结合基本不等式及二次函数逐项求解判断.【详解】依题意，，即，由曲线过原点，得，对于A，，当且仅当时取等号，解得，即，A正确；对于B，，即，解得，因此，B正确；对于C，令，由，得，则，当且仅当时，有最大值1，，C正确；对于D，，当且仅当，即时取等号，因此在中，，其周长，D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：解题关键在于数形结合思想的运用，既要化简曲线方程，又要结合图形，关注图形经过的定点，区域范围，以及对称性等特点，常运用基本不等式或函数的最值求解范围、最值问题.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.椭圆的焦距为__________.【答案】【解析】【分析】将方程化为标准形式，进而可得，即可得焦距.【详解】因为，即，可知，则，所以椭圆的焦距为.故答案为：.13.已知空间中一个静止的物体用三根绳子悬挂起来，若三根绳子上的拉力大小都为，且三根绳子中任意两根绳子的夹角均为，则该物体的重量为______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积求出三根绳子上拉力的合力大小即得答案.【详解】设三根绳子上的拉力分别为，则，，，令物体的重力为，则，因此，所以该物体的重量.故答案为：14.已知，动点满足，则点的轨迹方程为__________.若动点的轨迹上有且只有两个点到直线的距离等于1，试写出符合条件的实数的一个值为__________.【答案】①.②.3（答案不唯一，或）【解析】【分析】根据给定条件，列出方程并化简得答案；求出圆心到直线距离，再由已知列出不等式求出的范围即可.【详解】设点，由，得，化简题得，所以点的轨迹方程为；点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，圆心到直线的距离，由点的轨迹上有且只有两个点到直线的距离等于1，得，解得，即，解得或，取.故答案为：；3四､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.如图，在直三棱柱中，，分别为的中点.（1）若，求的值；（2）求.【答案】（1）0（2）【解析】【分析】（1）根据向量的运算法则，化简得到，结合，即可求解；（2）可得，结合数量积运算求解即可..【小问1详解】由向量的线性运算法则可得，又因为，则，所以.【小问2详解】由题意可知：，又因为，所以.16.已知圆经过两点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）若过点的直线与圆相切，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先求出线段的垂直平分线方程，再联立已知直线方程求出圆心坐标，然后根据圆心与点或的距离求出半径.（2）先设出直线方程的点斜式，然后根据圆心到直线的距离等于半径来求解斜率.【小问1详解】首先求线段的斜率,则垂直平分线的斜率为.中点坐标为.根据点斜式可得垂直平分线方程为，即.联立将代入得，即.把代入得，所以圆心.半径.则圆的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为.此时圆心到直线的距离为，等于半径，所以是圆的切线.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.根据圆心到直线的距离等于半径，可得.即.两边平方解得.此时直线的方程为，即.综上所得，直线方程为或.17.已知四棱锥的底面为菱形，且为等边三角形，且.（1）求证：；（2）请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值.①四棱锥的体积为2；②向量与所成角的余弦值为.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）取的中点，可得，结合线面垂直关系证明；（2）根据面面垂直的性质可知点在底面内的投影.若选①：求得，可知点与点重合，建系，利用空间向量求二面角；若选②：可知，求得，可知点与点重合，建系，利用空间向量求二面角.【小问1详解】取的中点，连接，由题意可知：，可知为等边三角形，且，则，且，平面，可知平面，且平面，所以.【小问2详解】由（1）可知：平面，且平面，可得平面平面，且平面平面，由面面垂直的性质可知：点在底面内的投影.若选①：四棱锥的体积，解得，注意到是边长为2的等边三角形，则，可知点与点重合，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，设，则，可得，由题意可知：平面的法向量，则，由题意可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为；若选②：因为，可知向量与所成角即为，则，由余弦定理可得，即，解得，又因为，则，可得，可知点与点重合，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，设，则，可得，由题意可知：平面的法向量，则，由题意可知：二面角为锐二面角，所以二面角余弦值为.18.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为，短轴长为，点（1）求椭圆C的方程；（2）若不经过点的直线与椭圆相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据短轴长求出，再结合PF最值关系求出和，从而得到椭圆方程；（2）设出直线方程和交点坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理和斜率公式求出直线所过定点.【小问1详解】已知短轴长为，根据椭圆的性质，.设椭圆的半焦距为，已知PF的最大值是最小值的倍，即.展开可得，即.又因为，把代入可得.即，解得，那么.所以椭圆的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，,.因为，在椭圆上，代入可得，.已知，则，，.把代入得，其值不为，所以直线的斜率存在.设直线的方程为，，.联立直线与椭圆方程，得.展开可得，整理得.根据韦达定理，，.因为，所以，，.即，.展开得.将，代入上式并化简可得.即，解得或.当时，直线的方程为，经过原点.当时，直线的方程为，所以直线恒过定点，不合题意.综上所得，直线恒过定点原点.19.已知点分别为椭圆的左､右焦点，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）.如图，将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后在新图形中对应点记为.（1）当时，①求证：平面；②求直线与平面所成角的正弦值；（2）是否存在，使得折叠后的周长为15？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）①证明见解析；②；（2）存在，.【解析】【分析】（1）①求出椭圆方程及直线的方程，联立求出点的坐标，进而求出点的坐标，再利用面面垂直的性质推理得证；②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解.（2）设折叠前，表示折叠后点的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合建立关系，求出，即得的值.【小问1详解】①依题意，椭圆半焦距，则，椭圆的方程为，直线，由消去得，解得或，而点在轴上方，则，，折叠后有，而二面角为直二面角，即平面平面，平面平面，平面，所以平面.②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴