河北省保定市定州市2024-2025学年高二上学期11月期中数学试题 含解析

高二年级期中考试数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅管把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题（共8题，每题5分）1.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】由题的斜率,故倾斜角的正切值为-1,又,故故选：D【点睛】本题主要考查了直线斜率为直线倾斜角的正切值,属于基础题型.2.已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆焦点在轴上的标准方程的结构特征，得到关于的不等式组，解之即可得解.【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，所以，解得.故选：C.3.在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.【详解】由题意得：，故选：B.4.若直线与以，为端点的线段有公共点（含端点），则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出过定点，画出图形，求出，，数形结合得到或，即或.【详解】经过定点，斜率为，画出图形，如下：其中，，直线与以，为端点的线段有公共点（含端点），则或，即或.故选：C5.已知直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（）A. B.C.与相交但不垂直 D.或【答案】D【解析】【分析】利用直线的方向向量与平面的法向量的数量积结果即可判断得解.【详解】因为，，所以，则，又是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，所以或.故选：D.6.若直线与圆相切，且点到直线的距离为3，则这样的直线的条数为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意，分类讨论直线的斜率不存在与存在两种情况，利用直线与圆相切的性质与点线距离公式得到关于的方程组，进而分析得其解的个数即可得解.【详解】圆可化为，圆心为，半径为1，因为直线与圆相切，当直线的斜率不存在时，则直线的方程为或，当直线的方程为时，点到直线的距离为，不满足题意；当直线的方程为时，点到直线的距离为，不满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则有，即，即，解得或，当时，有，解得或；当时，有，整理得，此时，即方程有两个解，且不为或；综上，的取值有四种情况，对应的也有四种取值，所以满足条件的直线一共有四条.故选：A.7.已知圆过点，，设圆心，则的最小值为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意由半径相等，结合两点距离公式得到，再利用基本不等式即可得解.【详解】根据题意，得，又，，，所以，化简得，故，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.故选：B.8.已知椭圆的左、右焦点分别，，是椭圆上一点，直线与轴负半轴交于点，若，且，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意设，从而得到所需线段关于的表示，再利用勾股定理与余弦定理依次求得关于的表示，进而得解.【详解】因为，不妨设，则，由椭圆的定义与对称性可得，，，因为，所以，则，解得，则，故，则在中，由，得，解得，所以椭圆的离心率为.故选：C.二、多项选择题（共3题，每题6分）9.已知，分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（）A.椭圆的焦距为6 B.的周长为10C.椭圆的离心率为 D.面积的最大值为【答案】BD【解析】【分析】利用椭圆方程得到，利用椭圆的定义与性质，逐一分析判断各选项即可得解.【详解】对于A，因为椭圆，所以，所以椭圆的焦距为，故A错误；对于B，由椭圆的定义可知，所以的周长为，故B正确；对于C，椭圆的离心率为，故C错误；对于D，当点为椭圆的短轴的一个端点时，点到轴的距离最大，此时面积取得最大值，为，故D正确.故选：BD.10.在三棱锥中，△为边长为的正三角形，，，设二面角的大小为，，为的重心，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则与所成的角为 D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】取中点，过作且，连接，则平面.取，，为基底向量，则根据题意知，.对于项，根据，得，用基底向量表示，再求模长即可；对于项，根据模长公式建立等式，可得，再用向量的数量积公式求夹角即可；对于项，若，则，分别用基底向量表示，，并求模长，再利用向量法求异面直线的夹角即可；对于项，若，则，根据已知条件可证平面，从而平面，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用三角形重心公式求得的坐标，再求模长即可.【详解】如图，取中点，过作且，连接，则平面.因为△为正三角形，所以，，因为，所以，所以，所以二面角的平面角为，则.以，，为基底向量，则，.对于项，若，即，所以.因为，所以，故正确；对于项，由知，所以，所以，所以，解得，所以，故正确；对于项，若，即，所以.由知，又，所以,，，设与所成角为，则，所以与所成的角不是，故错误；对于项，若，即，所以，又，，平面，所以平面，又，所以平面，则三线两两垂直，建立如图坐标系.则，，，，则根据三角形重心坐标公式得，所以，所以，故正确.故选：.11.已知曲线，则下列说法正确的是（）A.B.曲线关于直线对称C.曲线围成的封闭图形的面积不大于D.曲线围成的封闭图形的面积随的增大而增大【答案】ABD【解析】【分析】利用曲线的方程得到关于的不等式可判断A；利用点关于直线的对称点判断得曲线的对称性，从而判断B；分析曲线与曲线上的两个横坐标相同的点的纵坐标大小关系，从而得到曲线围成的封闭图形的面积情况，从而判断CD.【详解】对于A，因为曲线，所以，解得，故A正确；对于B，因为曲线，可化为，设点是曲线上任一点，则其关于对称的点为，将代入曲线方程，得，所以曲线关于直线对称，故B正确；对于CD，因为，所以，则，设点是曲线上任一点，则，点是曲线上的一点，则，则，，故，易知当时，在其定义域内单调递减，所以（当且仅当或时，等号成立），故，又在上单调递增，所以，故当增大时，横坐标相同的点的纵坐标的绝对值会大于或等于原来的，又曲线围成的图形为封闭图形，所以该图形会比原来的大，即曲线围成的封闭图形的面积随的增大而增大，故D正确，又当时，曲线为，即其图形是半径为的圆，此时其面积为，则曲线围成的封闭图形的面积不小于，故C错误.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，分析得两曲线与上的点的情况，从而得到其围成的封闭图形的面积情况，由此得解.三、填空题（共3题，每题5分）12.若圆上存在两点关于直线对称，则的值为________.【答案】2【解析】【分析】由题意可得圆心在直线上，从而列式得解.【详解】圆的圆心为圆心，半径为2，圆上存在两点关于直线对称，则圆心在直线上，所以，解得.故答案为：2.13.已知点，，C1,1,0，则点到直线的距离是______.【答案】##【解析】【分析】利用空间向量中点到线的距离公式，结合向量数量积与模的坐标表示即可得解.【详解】因为点，，C1,1,0，所以，，则，，所以点到直线的距离是.故答案为：.14.过椭圆上一点作圆的两条切线，切点为，，当最大时，点的纵坐标为________．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用圆的切线长定理、结合四边形及三角形面积转化为求最大值问题.【详解】圆的圆心，半径，由切圆于点知，，则，因此最大，当且仅当最大，设，，则，当且仅当时取等号，所以点的纵坐标为.故答案为：四、解答题（共5题，共77分）15.已知直线，圆.（1）求与直线平行且与圆相切直线方程；（2）设直线，且与圆相交于，两点，若，求直线的方程.【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】（1）根据题意假设所求直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求得，从而得解；（2）根据题意假设直线的方程，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，进而利用点线距离公式列式即可得解.【小问1详解】依题意，设所求直线方程为，因为所求直线与圆相切，且圆心为，半径为，，解得或，所求直线方程为或；【小问2详解】依题意，设直线的方程为，因为直线与圆相交于A，B两点，，圆心到直线的距离为，，解得或，直线的方程为或.16.设椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，且与轴垂直，直线与的另一个交点为.（1）若直线的倾斜角为，求椭圆的离心率；（2）若直线在轴上的截距为1，且，求，.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据条件求出的坐标，利用直线的的倾斜角，建立关于的齐次方程，解之即可得解；（2）根据题意，结合线段的数量关系求得的坐标，代入椭圆方程，解之即可得解.【小问1详解】依题意，设椭圆的半焦距为，则，则由题意可知，点在第二象限，设，将代入，得，解得，则，因为直线的倾斜角为，所以，则，则，所以，即，则，即，解得或（舍去），所以椭圆的离心率为.【小问2详解】记直线与轴的交点为，易知，且，故，则，，因为，所以，则，即是与的中点，所以，将代入椭圆方程，得，所以，解得，故，即，所以，.17.如图，在正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，且．（1）证明：，，，四点共面．（2）设平面与棱的交点为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用共面向量定理，结合向量的坐标运算计算推理得证.（2）结合（1）的信息，求出点的坐标及平面法向量，利用线面角的向量求法求解.【小问1详解】在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，则，于是，即向量共面，又向量有公共点，所以，，，四点共面.【小问2详解】设，则，由点平面，得，即，则，解得，即，，而，则，设平面的法向量，则，令，得，令与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.18.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（底面为正方形的直棱柱）中，，，求顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离．（2）如图1，在直角梯形中，，，，．现将沿边折起到，如图2，使得点在底面的射影在上．①求点到底面的距离；②设棱锥的外接球为球，求，两点在球上的球面距离．参考数据：，．【答案】（1）；（2）①；②.【解析】【分析】（1）求出线段所对的正四棱柱外接球截面大圆的圆心角，再求出弧长.（2）①根据给定条件可得平面，再在直角三角形中求出；②利用球的截面性质确定球心，求出球半径，进而求出球面距离.【小问1详解】正四棱柱的外接球直径，球半径，因此球心与点构成正三角形，弦所对球过的大圆圆心角为，弧长为，所以顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离为.【小问2详解】①在直角梯形中，，，，，，，则为正三角形，棱锥中，平面，而平面，则，又，平面，则平面，而平面，因此，，在中，，，，所以点到底面的距离为.②取中点，则为外接圆圆心，令正的外接圆圆心为，连接，则，平面，平面，于是，，在中，，因此棱锥的外接球半径，有，球的弦所对大圆的圆心角为，，即是钝角，而，则，在大圆中所对劣弧长为，所以，两点在球上的球面距离为.19.在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，，，点在线段上，点在线段上，且，设直线与交于点．（1）证明：当变化时，点始终在某个椭圆上运动，并求出椭圆的方程．（2）过点作直线与椭圆交于，不同的两点，再过点F1,0作直线的平行线与椭圆交于，不同的两点．①证明：为定值．②求面积的取值范围．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）求出直线与的方程，消去参数即可得到椭圆的方程；（2）①分别联立方程与，借助韦达定理，表示出与，进一步求解即可；②将转化为，再借助韦达定理，可转化为的函数，根据的范围求函数值域即可.小问1详解】解：设点，依题意可知，即，所以，即；同理可得.于是直线的斜率为，所以的直线方程为，直线的方程为，即，设直线与的交点坐标为，由可得，整理可得，所以当变化时，点