河北省承德双桥卉原中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份河北省承德双桥卉原中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）-A4，共18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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直线的倾斜角与斜率有关，先求直线斜率，再得到倾斜角.
【详解】直线，直线斜率为0，所以直线倾斜角为.
故选：D
2. 若方程表示椭圆，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程的特征列不等式组求解即可.
【详解】由题意，方程变形为．
要表示椭圆需要满足，解得．
故选：C
3. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点与圆的位置关系可得不等式，解不等式即可.
【详解】由已知圆，则，
又点在圆外，则，
即，
解得，
故选：C.
4. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则的值为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆和双曲线焦点相同及相关参数的平方关系，即可求解.
【详解】设双曲线的一个焦点坐标，则，
再由椭圆的焦点与双曲线焦点相同，则满足，
即，
故选：C.
5. 已知正方体，E为棱的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，

则，，
因此，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A
6. 已知直线与，若，则，之间的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线平行可得，即可根据平行线间距离公式求解.
【详解】由于，故，解得，
故与，
故两直线间距离为，
故选：C
7. 已知四面体中，，，两两垂直，，与平面所成角正切值为，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，并设，，利用坐标法表示线面角的余弦值，求，并利用向量法求点到平面的距离.
【详解】以为原点，，，所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，，，，．，，．
设平面的法向量为，
则，令，得，，故．
因为直线与平面所成角的正切值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
即，解得．
所以平面的一个法向量，
故到平面的距离为．
故选：D
8. 已知直线经过圆的圆心，则的最小值是（ ）
A. 2B. 8C. 4D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得到圆心坐标，代入直线方程得，进而用“乘1法”,利用基本不等式求最小值.
【详解】圆的圆心为，
因为直线经过圆的圆心，，
，
当且仅当，即时取等号，
的最小值是9，
故选: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. 已知直线m方程为，则下列说法中正确的是（ ）
A. 直线m斜率为B. 直线m横截距为1
C. 直线m纵截距为D. 点不在直线m上
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，变形为，得到斜率；B选项，令求出横截距；C选项，令求出纵截距；D选项，代入检验即可.
【详解】A选项，变形为，故直线m斜率为，A正确；
B选项，中令得，，故直线m横截距为-1，B错误；
C选项，中令得，，故直线m纵截距为，C正确；
D选项，当时，，故点在直线m上，D错误.
故选：AC
10. 已知椭圆，则椭圆的（ ）
A. 焦点在轴上B. 长轴长为10C. 短轴长为4D. 离心率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出椭圆的，的值，结合椭圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】由知，，，椭圆的焦点在轴上，故A正确；
，长轴长为，故B正确；
，短轴长为，故C错误；
离心率为，故D正确.
故选：ABD.
11. 在棱长为的正方体中，，分别是AB，中点，则（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成的角为
C. 平面平面
D. 点到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量关系证明，；利用向量法求线面角即可判断；根据点到面的距离公式即可判断.
【详解】在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,0,0，，，，，，，，
对于，，，，
显然，
即平行于平面，而平面，
因此平面，正确；
对于，，，，，
所以，，即，，
又，平面，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
，
所以，所以直线与平面所成的角为，错误；
对于，，，
而，显然，
，即，，
又，，平面，
于是平面，而平面，
因此平面平面，正确；
对于，，，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
则，
令，得，
，
又，
所以点到平面的距离，正确.
故选：.
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12. 已知椭圆的长轴长为8，且离心率为，则的标准方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出和，再写出标准方程.
【详解】由题意易得，则，
因为椭圆的离心率为，所以，则，
故的标准方程为.
故答案为：.
13. 已知四棱锥平面，底面是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为的中点，则到直线的距离为__________.

【答案】
【解析】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到直线的距离.
【详解】由题意知，平面，平面，所以，
又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，

则，得
所以，
记，
则，，
所以到直线的距离为.
故答案为：.
14. 已知圆的圆心在直线上，且过点，，则圆的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题设可得线段中垂线方程为，联立已知直线求圆心坐标，进而得半径，即可得圆的方程.
【详解】由题设，且中点为，故线段中垂线方程为，
由题意知，圆心也在上，联立，可得圆心为，
所以半径，故圆的方程为.
故答案为：
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. 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．
【答案】（1）；（2）：（3）．
【解析】
【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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）连接BD交AC与O，连接，构造三角形中位线即可求得；（2）根据面面垂直的性质定理可以证得线面垂直，进而得到线线垂直，再结合正三角形三线合一可以求得；（3）建立空间直角坐标系即可求得.
【小问1详解】
连接BD交AC与O，连接，如图所示：
因为M，O分别是边PD，BD的中点，则MO为的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为侧面底面， 平面底面，
，所以平面，所以，
因为侧面是正三角形，M是的中点，所以，
因为 ，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；
【小问3详解】
过点P作PF垂直于AD，因为侧面底面， 平面底面，所以平面，又底面是正方形，在点建立空间直角坐标系，取的中点E，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
设底面正方形的边长为2，
则，，，
由第二问可知，即为平面的法向量，，，
，直线与平面所成角的大小为.
17. 已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且的周长为8，的最大面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设，是否存在x轴上的定点P，使得的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出即可得解；
（2）由题意可将原问题转换为，设直线的方程为：，，联立椭圆方程，结合韦达定理可求得的值即可.
【小问1详解】
∵的周长为8，的最大面积为，
∴，解得，或，．
∴椭圆C的方程为或等．
【小问2详解】

由（1）及易知F21,0，
不妨设直线MN的方程为：，，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立，得．
则，，
若的内心在x轴上，则，
∴，即，即，
可得．
则，得，即．
当直线MN垂直于x轴，即时，显然点也是符合题意点．
故在x轴上存在定点，使得的内心在x轴上.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，是斜边为AD的等腰直角三角形，

（1）求证：平面
（2）求PB与平面PCD所成角的正弦值；
（3）在棱PB上是否存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面PAD，再由线面垂直的判定定理可得证；
（2）利用空间向量法求线面角；
（3）设利用空间向量的数量积，求解，推出结果.
【小问1详解】
平面平面ABCD，平面平面
平面ABCD，，
平面PAD，
平面，
又且，PA、平面平面PAB；
【小问2详解】
取AD中点为O，连接PO、CO，
又，
则，
，则，
以O为坐标原点，分别以所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，
设为平面PCD的一个法向量，
由，得，令，则，
设PB与平面PCD所成角的角为，
【小问3详解】
假设在棱PB上存在点M，使得平面ADM与平面ABCD所成角的余弦值为，
由可知，，
，设
设为平面ADM的一个法向量，
由得，
则，
易知平面ABCD的一个法向量为，
设平面ADM与平面ABCD的夹角为
，
，
19. 已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程；
（3）若直线的斜率为2，在椭圆上是否存在定点，使得（分别为直线的斜率）恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在．请说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在，或．
【解析】
分析】（1）由题列方程组求出即可得解；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系得出，根据中点坐标公式，求解即可得；
（3）设，根据，得出，用与表示直线与椭圆的方程，求解即可得出和的值，从而求出点的坐标．
【小问1详解】
由题可得：，解得：，
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
因为直线的斜率为1，所以可设直线的方程为，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立 ，化简得，
则，
解得：，
所以，设弦中点Mx,y，
则，
消去，得，而，
所以点的轨迹方程为；
【小问3详解】
设，
则，
因为直线的斜率为2，设直线的方程为，
其中，且不过，
椭圆方程可化为，即，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
，解得，代入，
解得：，所以，
所以存在点或，使得恒成立．