湖南省浏阳市2024-2025学年高二年级上册期中质量监测数学试题（解析版）

2024年下学期期中质量监测试卷

局一数学

考试时间：120分钟满分：150分

一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求，选对得5分，选错得。分.

1.过点尸（,「2百）且倾斜角为135。的直线方程为（）

A.3x-y-=0B.x—y—>/3=0

C.x+y—^/3—0D.x+y+=0

【答案】D

【解析】

【分析】由倾斜角为135。求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程

【详解】解：因为直线的倾斜角为135。，所以直线的斜率为左=tanl35°=—1,

所以直线方程为y+2百=—（x—百），即x+y+百=0,

故选：D

2.已知非零向量Z=3"7-2行-4方，b=^x+l^m+8n+2yp,且而、［、不共面，若则%+丁=

（）

A.-13B,-5C.8D.13

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意可得存在;leR，使得B=进而列式求解即可.

【详解】因为％〃后，则存在XeR,使得B=

即（x+l）方+8元+2»5=32四一2万?一4丸万，

x+1=34

贝ij8=—24,解得％=—13,y=8,

2y=-42

所以x+y=-5.

故选：B.

3.已知点A,B,C为椭圆。的三个顶点，若VABC是正三角形，则。的离心率是（）

A.-B.-C.逅D.同

2332

【答案】C

【解析】

【分析】首先由题得到26="亍，结合。2=尸+°2,即可求得e.

【详解】无论椭圆焦点位于x轴或V轴，根据点A,3,C为椭圆。的三个顶点，

若VABC是正三角形，则28=4r万，即/=3〃，即4=3（片—02）,

即有2a2=302,则e2=L解得e=也.

33

故选：C.

4.已知点P。,—2）在圆C：f+产+6+4y+左2+1=0的外部，则人的取值范围是（）

A.—2<左<1B.1<k<2C.k<—2D.—2<左<2

【答案】B

【解析】

3

【分析】根据条件得到圆C的标准方程，再由圆的半径的平方大于。得到3-4左2>0；再根据点P。,-2）

在圆C的外部得到1+4+左—8+^+i>0,即可求解得到k的取值范围.

【详解】由必+/+依+4y+^+i=o,得++（y+2）2=3—（左2,

3

则3——F9〉0,解得：一24<2①，

4

又•.•点尸（1,—2）在圆C的外部,

•••1+4+左一8+F+1>O，即左?+左一2>0，解得左<—2或左>1②,

由①②得1<左<2,

故选：B.

5.瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直

线被称为“欧拉线”.己知VABC的顶点4（一3,0）,3（3,0）,。（3,3）,则VABC的欧拉线方程为（）

3

A2x-y-l=0B.2x+y--=0

C,x+2y-3=0D.x—2y+l=0

【答案】c

【解析】

【分析】根据题意求VABC的重心和外心，结合直线的两点式方程可得欧拉线方程.

【详解】因为VA3C的顶点4（—3,0）,B（3,0）,C（3,3））

可知7ABC的重心为点---,---，即点（1,1）,

由题意，可知

<-3+30+3、L3

所以7ABC的外心为斜边的中点,即点0,a

1-1

所以VABC的欧拉线方程为y-l_2,即x+2y—3=0.

故选：C.

6.已知点A,3是双曲线C:±—±=1上的两点，线段AB的中点是“（3,2）,则直线A3的斜率为

23

【答案】D

【解析】

【分析】利用点差法和两点坐标求直线斜率公式化简计算即可.

f22

2―五=1

【详解】设A（冷丹）,3（々,%），贝U：,，

X2y2_]

工T"

两式相减得』乂=1=（…）（f）,

23

即6（%一%）4（y—%）

2一3‘

二%一乂厂9

xx-x24"

故选D.

7.如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABC2中，E为线段的中点，F为线段8月的中点.直线FC,

到平面AB|E的距离为（）.

；BA

2

3

【答案】D

【解析】

【分析】将直线BG到平面的距离转化为点G到平面ABE的距离，建立直角坐标系，表示出相应

点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.

【详解】•••AElWdCa平面AB]E,AEU平面II平面4片已

因此直线FC[到平面AB}E的距离等于点G到平面AB}E的距离，

如图，以。点为坐标原点，ZM所在的直线为x轴，DC所在的直线为V轴，所在的直线为z轴，建

立直角坐标系.

则A(l,0,0)㈤(1,1,1),G(0,1,1),£(0,0,5),E(l,1,5)

Fq=(-l,0,-),AE=(-l,0,-),=(0,1,1),QB；=(1,0,0)

设平面的法向量为“=Q,y,z）,则

—>1

n•AE=—x+—z=0

<2，令z=2，则|=(1,—2,2)

n-AB]=y+z=O

设点c到平面ABE的距离为〃，则

,上叫」

一「V

故直线FCI到平面AB]E的距离为;.

故选：D.

22

8.已知产为双曲线C：・一}=的一个焦点，过尸作C的一条渐近线的垂线/,垂足为点

A,/与C的另一条渐近线交于点3,若|人同=氐，则C的离心率为()

A.2B.逅C.D.-

233

【答案】C

【解析】

【分析】画出图形，利用渐近线的夹角，通过求解三角形推出双曲线的离心率即可.

【详解】如图所示，

zW

可知：OA=a,AF=b,OF=c,\AB\=y/3a,tanZAOF=—,

..__2tanZAOF=—^_=返坨

tanZAOB=二

1-tan2ZAOF

可得2a。=6（a。_/）=A/3I（2〃2_02）,

4a2卜2-4）=3（2/_02）2,即3c4+16/—16〃2c2=0

可得3e4-16/+16=0，e>\

解得：e=2或0=正

3

*h2

因为a〉Z?>0,所以e?=t=1+彳<2,

a~a

所以e=2舍去，e=------

3

故选：C

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有

两种方法：

①求出a,c,代入公式e=£；

a

②只需要根据一个条件得到关于a,b,C的齐次式，结合62=02-1转化为a,C的齐次式，然后等式

（不等式）两边分别除以。或/转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18.分.在每小题给出的四个选项中，有

多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.满足下列条件的直线4与“，其中的是（）

A.的倾斜角为45°，4的斜率为1

B」的斜率为一，，4经过点4（2,0），5（3,73）

C.4经过点尸（2,1）,Q（T-5）,匀经过点。（T，2），N（l,0）

D.4的方向向量为（1,m），’2的方向向量为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据直线斜率之积为-1判断ABC,再由方向向量垂直的数量积表示判断D.

【详解】对A,叫=tan45。=1,=1,%」力一、,所以A不正确;

对B,k,-~—=s/3>k,-k,——"xs/3——1>故B正确;

l23_2l23

-5-12-0

对C,勺=不=1'原=不=-1‘八=7,故c正确;

对D,因为（1,机）=1—1=0,所以两直线方向向量互相垂直，故故D正确.

故选：BCD

10.长度为4的线段A3的两个端点A和3分别在x轴和V轴上滑动，线段A3中点的运动轨迹为曲线

C,则下列选项正确的是（）

A.点（1』）在曲线。内

B.直线±+'=1与曲线C没有公共点

43

C.曲线C上任一点关于原点的对称点仍在曲线C上

D.曲线C上有且仅有两个点到直线x+y+夜=0的距离为1

【答案】ABC

【解析】

【分析】直接法求得线段中点的轨迹为圆，再根据直线与圆的位置关系判断各选项.

【详解】设线段中点C（x,y）,则A（2x,0）,5（0,2j）,

故,41+4/=4,即/+丁=4,表示以原点为圆心，2为半径的圆，故C选项正确；

A选项，点（1』）满足F+F=2<4在曲线C内，A选项正确；

XV|-12|12

B选项，直线上+2=1,即3x+4y—12=0,圆心到直线的距离d=J_工=一>2,故直线与圆无

43>/32+425

公共点，B选项正确；

D选项，圆心到直线x+y+及=0的距离为d=r^X=l，又r—dVl<r+d,所得由三个点到直

V12+12

线的距离为1,D选项错误；

故选：ABC.

H.在直三棱柱中，AA=AB=BC=3,AC=2,。是AC的中点，下列判断正确的是（）

A.耳C〃平面4方。

B.面ABD，面A41G。

c.直线qc到平面A3。的距离是包

10

D.点A到直线5c的距离是近1

3

【答案】ABD

【解析】

【分析】A.连接A片交43于点£,连接。E,易得DE//B©,再利用线面平行的判定定理判断；B.易

证5r>_LAC,再根据平面4ACG，平面ABC,得到3D/平面A&GC，再利用面面垂直的判定定理

判断；C.以。点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断；D.作AESBC,连接AE,易证

AF1BC,利用勾股定理求解判断。

【详解】A.如图所示：

连接AB1交A3于点E,连接。E,所以DE//4C,又小匚平面^^。，

用。</平面A3D,所以4C//平面故正确；

B.因为A6=5C,。是AC的中点，所以8D_LAC,又平面AACQ，平面ABC,

所以8D/平面4ACC，又5Du平面A3。，所以面43。，面A&GC,故正确;

C.V4cH平面\BD,：.3c到平面ABD的距离等于点区到平面\BD的距离,

C.以。点原点，建立空间直角坐标系,

则4(0,2夜,3),网0,2也0),4(—1,0,3),西=倒,2仓3),

所以9=(0,2虚,0),西=(—1,0,3),

设平面ABD的一个法向量n=(九,y,z),

即心=。

,不妨取7=（3,0,1）,

[-%+3z=0

n•DB、3\/1~0

所求距禺d=rzi=一—，故错误;

\n\10

D.如图所示:

作A尸15C,连接4尸，因为A4］，平面ABC,所以AA，5C,

又A41cAp=A,所以平面AA尸，则3CLAH，

BDAC2万24&

又4尸=

BC-3—-亍

；空,故正确

所以4尸=7AA2+AF2=32+

故选：ABD

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)

12.己知双曲线C的焦点为(-2,0)和(2,0),离心率为友,则C的方程为.

22

【答案】土—2L=i

22

【解析】

【分析】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.

【详解】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为显然双曲线C的中心为原点，焦点在无轴上，其半焦

距c=2,

由双曲线。的离心率为Ji，得?=、历，解得a=则6=5“2=万

22

所以双曲线C的方程为土-匕=1.

22

22

故答案为：土-匕=1

22

13.在正三棱柱ABC-AiBiCi中，若AB=y/iBBi，则ABi与CiB所成的角的大小为.

【答案】90°

【解析】

【详解】不妨设BBi=l,贝|AB=a,AB；QB=(AB+BB；)(QC+CB)

=ABQC+ABCB+BB^QC+BBXCB

=0+72372cos60°-1=0

直线ABi与CiB所成角为90°

故答案为90°-

点睛：这个题目考查是立体中异面直线的夹角的求法，常用方法是建系法，直接找两个直线的方向向

量，求方向向量的夹角即可；或者将异面直线平移到同一个平面中，转化为平面直线的夹角问题.

14.已知圆C?经过点M(3,—1),且与圆G：/+3；2+2》_6丁+5=0相切于点"(1,2),则圆C2的标准

方程为__________________

/20,2/15,2845

【答案］(%---)+(y----------)=—

714196

【解析】

【分析】求出线段MN的中垂线方程与直线GN的方程联立，求出点C?的坐标，进而求出圆半径即可.

【详解】圆G：（龙+炉+⑶―3）2=5的圆心。］（—1,3）,半径厂=6,

_i_93

由点"(3,—1),点N(l,2),直线MN斜率鼬v=-------=—工

3—12

21225

线段的中垂线过点，且斜率为一，方程为y——=—（尤—2）,即丁二一九——,

32336

2-315

直线CN的方程为y—3=八(%+1),即丁=——%+-,

1—(—1)22

2520

y=—x——x-——

3二'得，7

由＜1

15

y=——x+—y二­

2214

则所求圆的圆心6（消20，工15），半径为|。2"1=小（^20一3『+（j15|+l）2

所以圆C的标准方程为（x—f）2+（y—二.

2714196

…1/20、2/15、2845

故答案为：（x---）+（y--）=——

714196

四、解答题：本题共5小题，共7分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应

写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.如图，已知己4,平面ABC。，ABCD为矩形，PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点，求证:

p

//\/

---------

(1)"N//平面RW；

(2)平面PMC_L平面？DC.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【解析】

【分析】结合已知条件以，平面A3CD,建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标.

(1)利用向量共面的充要条件将丽用平面24。中两个不共线向量线性表示即可得证；

(2)先分别求出平面与平面PDC的法向量，再证两法向量垂直即可.

【详解】如图，以A为坐标原点，丽所在的直线分别为了、V、z轴正方向建立空间直角坐标

(1)因为",N分别为的中点，所以“(|,0,0),NC|,■!，■!).

所以丽=(0,0,色),而=(0,0,*而=(040).所以丽=工丽+!正.

2222

又因为平面B4D,所以〃平面尸AD.

AA

（2）由（1）,知"（5,0,0）,所以同=e。,—a）,沔0=（万,0,—。）,①=（0,。,—。）.

设平面的一个法向量为4=(%,%*1)

bX]+ay-叼二02a

定=0ix=—4

则《即《b八.解得＜b.令Z]=b,

々-PM=0—-az=0

x7i=-4

则”=(2a,-b,b).

一fnT-PC=O[bx+ay-az=0

设平面尸DC的一个法向量为%=(%，为，Z2)，贝股，——，即1??八?.

n2-PD=0[ay2-az2=0

x=0uu____>

得《9_.令Z2=l,则%=(O,L1),因为雇以=0-"。=0,所以勺_L%•故平面PMC，平面

。2=Z2一

PDC

16.己知抛物线C：y2=2px(p>o)的焦点为产，点4(2,。)在抛物线0上，M|AF|=3.

(1)求抛物线C的方程，并求。的值；

(2)过焦点产的直线/与抛物线C交于M,N两点，若点5(—1,1)满足NMBN=90°,求直线/的方

程.

【答案】(1)V=4%,。=±2/

(2)2,x—y—2—0.

【解析】

【分析】(1)首先表示出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出P,即可求出抛物线方

程；

(2)设直线/的方程为％=〃少+1,M(xi，yi)、NG2,%)，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，

由丽7•丽=0得到方程，解得即可.

【小问1详解】

抛物线C：*=2pxQ>o)的准线方程为》=一汽，

因为点A(2,a)在抛物线C上，且恒同=3,

所以|A典=2+《=3,解得夕=2,

所以抛物线方程为9=4x,

又因为点A(2,a)在抛物线。上，所以m=8，a=±242-

【小问2详解】

由(1)可知抛物线的焦点尸(1,0),

显然直线/的斜率不为0,设直线的方程为尤=冲+1,MOi，%)，N(x2,y2),

x=my+l,

由12，消去x整理得y—4my—4=0,

y=4x

所以△=16H?+16>0，则为+为=4加，%%=-4,

2

所以为+々=〃z(x+y2)+2=4m+2,

%%=(咐+l)(my2+1)=疗%%+相(％+%)+1=1，

又3(—1,1),所以的=(菁+1,%-1),丽=(赴+1,%一1)，

因为NMBN=90°,所以丽•丽=(9+1)(石+1)+(弘_1)(%—1)=0，

即%为2+(玉+*2)+1+乂％—(%+%)+1=0，

即1+4w？+2+1—4—4m+1=0，解得机=1,

2

所以直线/的方程为x=gy+l,即2x—y—2=0.

17.设动点M到定点/(3,0)的距离与它到定直线Z:x=j的距离之比为J.

(1)求点/的轨迹石的方程；

(2)过歹的直线与曲线E交右支于P、Q两点(P在％轴上方)，曲线E与x轴左、右交点分别为

AB,设直线"的斜率为匕，直线%的斜率为七，试判断(是否为定值，若是定值，求出此值，若

不是，请说明理由.

22

【答案】(1)--^-=1

45

(2)为定值，且定值为-(

【解析】

【分析】(1)根据点到直线的距离以及点到点的距离公式，即可列方程化简求解，

k

⑵由题意，设直线加的方程为广小-3),将直线方程与双曲线方程联立，结合条件求出亡}即可.

【小问1详解】

4\MF\_3

设M(x,y),M到定直线/:x=§的距离为d,则

J(x-3)+y3r2、/

故I=5,平方后化简可得土-匕=1,

x-245

3

故点M的轨迹E的方程为：三-匕=1

45

【小问2详解】

由题意，A(—2,0),3(2,0),

设直线PQ的方程为y=—3),尸(周，凹)，。(尤2,%)，

y=k(x-3)

由＜22，可得(5—4左2)公+24比2*—36左2—20=0,

5x-4y=20

3642+20

所以…=耳二

斫以=%(w-2)=(%-3)(—-2)=%也一？.-3々+6

k2%&+2)(%—3)(%+2)xix2—3玉+2X2—6

36左2+203%4左224左2

-----------------1--------x+6

_再尤2-3(%+4)+无1+6_4A：2-54/2—54/2-52

36^20一『+5

x1x2-3(再+%)+5工2一6

4k2-54k2-52

12r-101242-10

x

4k2-54/一52£

50—60r12k2-1025

+5x?—5(_%)

4人2—54k2-5

k1

当直线加的斜率不存在时，PQ“3,1

综上，与为定值.

p

/1F

]A0\~B\7~x

/NQ

18.已知四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB//DC,/DAB=60°,

AD=2,AB=4,VADE为等边三角形，且平面ADE平面ABC。，

(2)是否存在一点产，满足炉=2丽(0<2<1),且使平面AD尸与平面BCE所成的锐二面角的余弦

值为叵；若存在，指出点尸的位置，否则，请说明理由.

13

【答案】(1)证明见解析

(2)点尸为仍中点时，使平面AD产与平面所成的锐二面角的余弦值为遐，理由见解析

13

【解析】

【分析】(1)取AB的中点G,连接。G,证明△ABD是直角三角形，得A£>_LBD,从而由面面垂直的

性质定理得线面垂直，则可得证线线垂直；

(2)取AD的中点H,连接则证明石平面ABCD,以。为尤,V轴，过。平行于EH的直

线为z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得X,说明存在.

【小问1详解】

取AB的中点G,连接。G,

因为AB=4,所以AG=2,又二八46=60°,所以△AGO是等边三角形，

所以。G=2=^AB,所以ZVIB。是直角三角形，所以

2

因为平面ADEJ_平面ABC。，5£)u平面ABCD,平面ADE。平面ABCD=AZ),

所以上平面ADE,又AEu平面ADE,所以AEL8D；

【小问2详解】

厂为石B中点即可满足条件，理由如下：

取A。的中点"，连接EH，则即，AD，

平面AZ)EJ_平面ABCD,石Hu平面ABCD,平面ADEC平面ABCD=AD,

所以£〃_L平面ABCD，由VADE为等边三角形，可得EH=也,

在直角三角形ABD中，BD=273.

以。为坐标原点，以。AOB为尤,y轴，过。平行于即的直线为z轴建立空间直角坐标系,

则。(0,0,0),A(2,0,0),8(0,273,0),C(-l,G,0),E(l,0,6),

则DA=(2,0,0),CB=(1,A/3,0),丽=(-1,28-6)，

酝=4丽=(―426,-岳)，加=反+而7=(1-尢2百尢百-&),

设平面ADF的一个法向量为m=(x,y,z),

m-DF=(1-A)x+2y/3Ay+(73-^2)z=0.

则■{__，令y=X-l,则x=0,z=24

fn-DA=2x=Q

所以平面ADF的一个法向量为m=(0,2-l,22),

设平面BCE的一个法向量为五=(a,4c).

n-CB=a+y(3b=0l

则《_,l广，令b=l，则〃=—J3,c=3,

n-EB——ci+2j38—J3c=0

所以平面8CE的一个法向量为7=(一6,1,3),

于是尔依司卜用=|2-1+62|V65Ji

u―i—i~~~、—d°，解得％=T■或4=一彳(舍去),

|«|-|m|90-2右2+2|323

所以点厂为所中点时，使平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为姮.

13

19.已知。为坐标原点，椭圆C：口d=1(。〉》〉0)的两个顶点坐标为4(—2,0),8(2,0),短轴长

为2,直线尸。交椭圆C于尸，。两点，直线尸。与x轴不平行，记直线钎的斜率为左，直线的斜率

为k2,已知兄=2k2.

(1)求椭圆C的方程

(2)求证：直线P。恒过定点；

(3)斜率为。的直线交椭圆。于M,N两点，记以OM,QV为直径的圆的面积分别为S],S2,

△6W的面积为S,求S(&+S?)的最大值.

【答案】(1)—+/=1

4

5兀

(2)证明见解析(3)—.

4

【解析】

【分析】(1)由已知易知。涉的值，得椭圆C的方程；

(2)设直线PQ方程为％=)+〃，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及匕"BP=-!，可得〃=—2，即