2024-2025学年河北省承德市高二上学期期中考试数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年河北省承德市高二上学期期中考试数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．若圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（）A． B．C． D．3．椭圆与椭圆的（）A．长轴长相等 B．短轴长相等C．离心率相等 D．焦距相等4．在长方体中，已知，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．5．与圆及圆都外切的圆的圆心在（

）A．椭圆上 B．双曲线的一支上C．抛物线上 D．圆上6．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．7．如图，在直三棱柱中，分别为的中点，则直线到平面的距离为（

）

A． B． C． D．8．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是上一点，且，，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．点在圆：上，点在圆：上，则（

）A．PQ的最小值为2 B．PQ的最大值为7C．两个圆心所在的直线斜率为 D．两个圆相交弦所在直线的方程为10．已知点是椭圆的左、右顶点，点，分别为C的左、右焦点，点O为原点，点是椭圆上关于原点对称的两点，且不与重合，则（

）A．PF1B．C．以线段为直径的圆被直线截得的弦长为D．直线与直线的斜率之积11．在棱长为2的正方体中，为的中点，为平面上的一动点，则下列选项正确的是（

）A．二面角的平面角的正切值为2B．三棱锥体积为C．以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面的面积为D．线段的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线，若，则.13．已知双曲线的标准方程为，左、右焦点分别为，且双曲线上有一点使得，则点的坐标为.14．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列四个结论：①当点是中点时，直线平面；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④面积的最小值是.其中所有正确结论的序号是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线，圆C以直线的交点为圆心，且过点A(3,3)，（1）求圆C的方程；（2）若直线与圆C交于不同的两点M、N，求|MN|的长度；（3）求圆C上的点到直线的距离的最大值．16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．

(1)求证：平面；(2)求直线平面夹角的正弦值；(3)求点到平面的距离．17．已知椭圆的长轴长为，且点在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆相交于不同的两点和，当时，求实数的值．18．如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离；(3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.19．在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．

答案1．【正确答案】C【详解】由题，直线方程可化为，则斜率为，所以倾斜角为，故选:C.2．【正确答案】A【详解】由点，在圆上，，中点坐标为，则与直线的垂直平分线的直线方程为即，则圆心在直线与垂直平分线的交点处，则联立方程组：，解得，则圆心为，，所以圆的方程为：.故选：A3．【正确答案】D【详解】由于的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，而椭圆的长轴长为10，短轴长为8，短轴长为6，离心率为，故两个椭圆的焦距相等，故选：D4．【正确答案】C【详解】在长方体中,以点为原点,分别为,,轴建立空间直角坐标系，因为，，则，，，，可得,则，则直线与所成角的余弦值为.故选：C.5．【正确答案】B【详解】设动圆的圆心为，半径为，由，可得圆心，半径，由，可得圆心为，半径由题意可得，消去可得，所以动圆的圆心是双曲线靠近的一支曲线.故选：B.6．【正确答案】C【详解】如图，由椭圆定义可知，且，又，利用余弦定理可知：，化简可得，所以的面积为，设的外接圆半径为，内切圆半径为，由正弦定理可得，可得，易知的周长为，利用等面积法可知，解得，又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以，离心率.故选：7．【正确答案】B【详解】在直三棱柱中，，如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，因为，E、F分别为的中点，则，，，，，所以，，，

设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以是平面的一个法向量，又因为，所以点F到平面的距离为.因为在直三棱柱中，分别为的中点，则且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，则点F到平面的距离即为直线到平面的距离.故选：B.8．【正确答案】C【详解】由双曲线定义知，因为，所以，，在中，因为，，所以，即，化简得，又，所以，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.9．【正确答案】BC【详解】对于A、B选项：由题意得：，半径为1，：，，半径为1，圆心距为，又点在圆上，点在圆上，，，故A错误，B正确；对于C选项：两个圆心所在直线斜率为，C正确；对于D选项：圆心距，所以无公共弦，D错误；故选：BC．10．【正确答案】AD【详解】易知，对于A，设Px0,则，故A正确；对于B，易知四边形为平行四边形，即，故B错误；对于C，易知以线段为直径的圆其圆心为原点，半径为，则圆心到直线的距离为，则相应弦长为，故C错误；对于D，易知，故D正确.故选：AD11．【正确答案】ACD【详解】如图，设交于点，平面，平面，则，同理，又，，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，由已知，，所以，A正确；由正方体性质知，B错；如图，设交于点，由且得，即，，由平面，平面，得，同理可得，而，平面，所以平面，（易得实际上等边是的中心）以点为球心作一个半径为的球，则该球被平面所截的圆面，为圆心，设是圆周上一点，则，圆面积为，C正确；延长至点，使得，则，即是关于平面的对称点，因此，当且仅当是与平面的交点时，等号成立，以为原点，o轴建立空间直角坐标系，如上图，则，，，∴，，D正确．故选：ACD．12．【正确答案】【详解】由题意可知，，解得.故13．【正确答案】【详解】由双曲线的方程，可得，则，设，则，解得，因为点在双曲线上，代入可得，解得，故.故答案为.14．【正确答案】①②③【详解】对①，如图所示:因为是中点，，所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接，所以，而平面，平面，所以直线平面，故①正确；以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，对②，，分别是棱，的中点，所以，平面，平，故平面，故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为，，，，，，由得，故②正确；对③，设，，，则，，由，得，得，由，故存在点，使得，故③正确；对④，由③得到的投影为，故到的距离，面积为，，由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错．故①②③15．【正确答案】（1）；（2）：（3）．【详解】（1）联立直线方程，即可得交点C(1,3)，圆C的半径，∴圆C的方程为.（2）由C点到直线的距离，∴|MN|=2．（3）由C点到直线的距离，即圆C上点到直线距离的最大值为．16．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）因为底面为正方形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设平面的法向量为m=x,y,z则，令，则，则，

直线平面夹角的正弦值为；（3）由（2）知，平面的法向量为，点到平面的距离为.17．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）由题意得：，所以，点在椭圆上，所以，解得，所以椭圆的方程为：．（2）直线的方程为：联立，消去后，得关于的一元二次方程，化简得，由题意知，解得或，由韦达定理可得，，所以，所以，化简得，解得，即，经检验符合题意.18．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，或【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，

所以.又因为平面平面，平面，所以面；（2）因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，设平面的法向量为n=x,y,z由，得，点到平面的距离（3）设所以点到面的距离为定值.，解得：或.19．【正确答案】(1)证明见解析(2)存在，的长度为3或【详解】（1）因为在中，，，且，所以，，则折叠后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面内，所以平面.（2）由（1）知，以CD为轴，CB为轴，为轴，建立空间直角坐标系