河北省承德市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份河北省承德市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．若直线过圆的圆心，则的值为（ ）
A．B．1C．3D．
3．平行线与间的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线与.若，则（ ）
A．B．1C．D．2
5．若点为坐标原点，点为曲线上任意一点，，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
6．刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．椭圆左、右焦点分别为，，是椭圆上一动点，则（ ）
A．
B．面积的最大值为
C．若，则
D．若椭圆上存在点，使得，则椭圆离心率的取值范围是
8．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球，则平面截球所得截面圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，表示圆心为的圆 B．当时，表示圆心为的圆
C．当时，表示的圆的半径为 D．当时，表示的圆与轴相切
10．已知分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．椭圆的离心率为
C．直线被椭圆截得的弦长为 D．若，则的面积为4
11．已知正方体棱长为1，下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成角为 B．直线到平面的距离是
C．点到直线的距离为 D．平面与平面所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．若圆的半径为1，其圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为 ．
13．已知椭圆的左、右焦点分别为，过作轴垂线交椭圆于，若，则该椭圆的离心率是 .
14．在正方体中，，分别为，的中点，有以下命题：
①平面；②；③平面平面，
则正确命题的序号为 .
四、解答题（本大题共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，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．(本小题15分)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．
17．(本小题15分)如图，在正三棱柱中，是棱的中点．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)若，求到平面的距离．
18．(本小题17分)已知双曲线的虚轴长为，离心率为，分别为的左、右顶点，直线交的左、右两支分别于，两点．
(1)求的方程；
(2)记斜率分别为，若，求的值．
19．(本小题17分)已知等腰梯形如图所示，其中，，点在线段上，且，，现沿进行翻折，使得平面平面，所得图形如图所示．
(1)证明：；
(2)已知点在线段上（含端点位置），点在线段上（含端点位置）．
（ⅰ）若，点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值；
（ⅱ）探究：是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】根据椭圆方程的概念求解.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得，
故选:C.
2．B
【分析】求出圆心，代入直线方程，求出的值.
【详解】圆的圆心为，又直线过圆心，
，
.
故选：B
3．A
【分析】由平行线间的距离公式求解即可.
【详解】方程变形为
由平行线间的距离公式可得所求距离．
故选：A.
4．B
【分析】根据直线平行列方程，从而求得的值.
【详解】由于，所以，
此时两直线方程分别为，
不重合，符合题意，所以.
故选：B
5．B
【分析】根据题意，设点，再由向量的坐标运算代入计算化简，即可得到结果.
【详解】设点，因为，所以，
即，又点为曲线上任意一点，
所以，即，即点的轨迹方程为．
故选：B．
6．A
【分析】用基向量表示和，再利用异面直线所成角的向量公式即可求解.
【详解】依题意得，，
所以
，
又，，
所以设异面直线AE与BD所成的角为，
则
故选：A.
7．C
【分析】由椭圆的定义判断A选项；动点在上下顶点处时，焦点三角形面积最大，由此得到面积判断B选项；由向量数量积为0，得到线段垂直垂足为，带横坐标得到中坐标即可得到线段的长判断C选项；找到椭圆中使得最大的动点的位置，只需要让最大角大于等于即可满足题意，利用余弦定理建立不等式，得到离心率的范围.
【详解】由椭圆的定义可知，故A选项错误；
当点为椭圆的上（下）顶点时，最大，此时，故B选择错误；
∵，所以，∴令，解得，∴，故C选择正确；
当点为椭圆的上（下）顶点时，最大，∴此时，
∴，即，
∴，所以，故D选项错误.
故选：C
8．A
【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点；再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积.
【详解】如图1，分别取的中点为,的中点为，则,，连接 ，
因为底面为直角梯形，，，，
所以四边形为正方形，,
因为平面，，
所以平面，平面，
所以；
所以，
而平面，平面，则,
所以,
又为的中点，所以 ，
所以点到三棱锥各个顶点的距离均为，
故为三棱锥的外接球球心；
如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，则,
与底面所成的角为 ，则为等腰直角三角形，,
则，，，.
设平面的法向量为，
因为，，
所以 令，得.
因为，
所以点到平面的距离.
设截面圆的半径为，则，
所以截面圆的面积为.
故选：A.
9．BC
【分析】将方程化为，讨论的取值，逐一判断即可.
【详解】解：由，得，
当时，方程表示点，故A错误；
当时，方程表示圆心为的圆，故B正确；
当时，方程表示的圆的半径为，故C正确；
当时，方程表示的圆的半径为，与轴相交，
故D错误．
故选：BC．
10．BCD
【分析】根据椭圆的定义与性质结合勾股定理计算一一判定选项即可.
【详解】因为椭圆方程为：，
则其长轴长、短轴长、焦距分别为，
所以，即A错误；B正确；
当时，与联立得，
即直线被椭圆截得的弦长为，故C正确；
若，则，
即，
则的面积为，故D正确.
故选：BCD
11．BCD
【分析】由线面垂直得证线线垂直，判断A，由直角三角形求点线距判断C，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面距判断B，结合正方体的性质得平面的法向量，由法向量夹角求二面角判断D．
【详解】平面，平面，所以，A错；
以为原点，分别以为轴建立直角坐标系，如图，
则，，，，，
，设平面的一个法向量是，
则，取，得，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，即为，B正确；
是直角三角形，，
因此到直线的距离等于，C正确；
由正方体的性质，可得平面，平面，
，，
，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为，D正确．
故选：BCD．
12．
【分析】先由对称性求出圆的圆心，结合半径即得圆的方程.
【详解】由圆心与点关于直线对称，可得圆心的坐标为，
又圆的半径为1，圆的标准方程为．
故答案为:．
13．
【分析】根据题意可得，结合椭圆定义运算求解即可.
【详解】由题意可知：，
又因为，即，可得，
所以该椭圆的离心率是.
故答案为：.
14．①②
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，把空间中的平行、垂直关系归结为方向向量、法向量之间的关系后可得正确的选项.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
，
故，所以，，
故，所以，故②正确.
又，，设平面的法向量为，
由得，取，则，
因为且平面，故平面，故①正确.
又，设平面的法向量为，
由得，取，则，
平面的法向量为，则
故平面平面不成立，
故③错，
故答案为：①②.
【点睛】本题考查空间中平行关系、垂直关系的判断，注意根据几何体的特征建立合适的空间直角坐标系后再利用空间向量来处理，本题属于中档题.
15．（1）；（2）：（3）．
【分析】（1）由两直线方程联立求圆心C，根据两点距离公式求半径，写出圆的方程；
（2）由点线距离公式可知C到直线的距离，根据弦长、弦心距、半径的关系即可求弦长|MN|；
（3）由点线距离公式求圆心到直线的距离d，根据圆上点到直线最大距离与d的关系，即可求距离最大值.
【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．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得关于，的方程，求解即可；
（2）联立方程，根据求出的范围，再利用韦达定理和弦长公式列出关于的方程，求解即可.
【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.
17．(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）根据三线合一得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，证明出；
（2）作出辅助线，得到，由线面平行的判定得到结论；
（3）建立空间直角坐标系，写出点的坐标和平面的法向量，由点到平面的距离公式得到答案.
【详解】（1）因为为等边三角形，是棱的中点，
所以⊥，
三棱柱为正三棱柱，故⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以；
（2）连接，与相交于点，连接，
因为四边形为矩形，故为的中点，
又为的中点，故，
又平面，平面，
所以平面；

（3）由（2）知，平面，
故到平面的距离即为到平面的距离，
取的中点，连接，则，
由于⊥平面，故⊥平面，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
解得，令得，
故，

所以到平面的距离，
故到平面的距离为.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即可求得C的方程.
（2）设，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及斜率坐标公式及建立方程即可求出值.
【详解】（1）依题意，，由双曲线的离心率为，
得，即，
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）知，，设点，，
由消去得，
由已知，，
且，所以，
所以，，
而，
由，得，
即，
整理得，
即，则，
即，于是，
要恒成立，则，解得，满足，
所以.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中已经给出等量关系，只需代入化简整理即可.
19．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得结果；
（2）建系标点，（ⅰ）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；
（ⅱ）设，，根据垂直关系列式求，即可得结果.
【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，
而平面，故．
（2）由题意易知两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
（ⅰ）因为，
则，C1,1,0，B1,0,0，，，，
故，，
设n=x,y,z为平面的法向量，则，
令，则，
可得为平面的一个法向量，
而，记直线与平面所成的角为，
则；
（ⅱ）由题意，
设，，
故，，
设，，则，
而，，
若平面，则，
解得，
故当重合，点的坐标为时，
平面，此时．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
B
A
C
A
BC
BCD
题号
11









答案
BCD