四川省成都市双流区立格实验学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份四川省成都市双流区立格实验学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知点，，则直线AB的倾斜角为( )
A.B.C.D.
2．过原点且与直线垂直的直线方程为( )
A.B.C.D.
3．如图，棱长为1的正方形中，异面直线AC与所成的角是( )
A.B.C.D.
4．已知焦点在x轴上的椭圆的焦距为6，则实数m等于( )
A.B.C.12D.
5．如图所示，在棱长为2的正方体中，则直线到平面的距离是( )
A.2B.C.D.
6．直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是
A.B.C.D.
7．已知，分别为椭圆的两个焦点，P是椭圆E上的点，，且，则椭圆E的离心率为( )
A.B.C.D.
8．如图，已知正方体棱长为4，点H在棱上，且.点E，F分别为棱，的中点，P是侧面内一动点，且满足.则当点P运动时，的最小值是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．设，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，则下列说法中正确的是( )
A.椭圆长轴长为8B.椭圆的离心率为
C.的周长为12D.的面积的最大值为
10．对于直线与圆，下列说法正确的是( )
A.直线l过定点
B.圆C与圆的公切线恰有4条
C.直线l与C可能相切
D.直线l被C截得的弦长最小值为
11．1694年瑞士数学家雅各布•伯努利描述了如图的曲线，我们将其称为伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是时的双纽线C上一点，下列说法正确的是( )
A.双纽线C的方程为
B.
C.的最大值为
D.的周长的取值范围为
三、填空题
12．已知向量，.若，则实数_________.
13．已知点P在圆上，点，当最小时，_________.
14．已知，，点M满足，则面积的最大值为_________.
四、解答题
15．已知的三个顶点分别为，，.
(1)求边AC的垂直平分线l的方程；
(2)求的外接圆的方程
16．如图，在平行六面体中，，，，E是的中点，设，，.
(1)用向量，，表示向量，并求向量的模；
(2)证明：.
17．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线l与圆A相交于M，N
(1)求圆A的方程；
(2)当时，求直线l的方程
18．在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱中点
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若F为棱上一点，满足，求平面与平面夹角的余弦值
19．已知A为圆上一点，过点A作y轴的垂线交轴于点B，点P满足.
(1)求动点P的轨迹的方程；
(2)已知斜率为k的直线l与曲线交于C，D两点
(i)若直线l过点，当的面积最大时，求l的方程；
(ii)若线段CD的中点为证明：.
参考答案
1．答案：D
解析：因为，
所以直线AB的倾斜角为.
故选：D.
2．答案：C
解析：直线的斜率为-2，
与直线垂直的直线斜率为，
又直线过原点，故其方程为.
故选：C.
3．答案：C
解析：连接，
因为且，
所以四边形为平行四边形，
则可得，
所以直线AC与所成的角为或其补角
在正方体中可知，
所以可知.
故选：C
4．答案：C
解析：由题意知，，，，
又，所以，
即实数m的值为12.
故选：C
5．答案：B
解析：连接交于点E，
在正方体中，，
因为平面，平面，
所以平面，
则直线到平面的距离即为点到平面的距离，
因为平面，平面，
所以，又，
且，，平面，
所以平面，
则点到平面的距离即为，
而，则，
所以.
故选：B.
6．答案：A
解析：直线分别与x轴，y轴交于A，B两点
，则
点P在圆上
圆心为，
则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
7．答案：C
解析：由椭圆定义得：，
又因为，
所以解得：，
再由于，，
结合勾股定理可得：，
解得，
所以椭圆E的离心率为，
故选：C
8．答案：B
解析：由题意，P点在平面内，且，
故P点轨迹是以为直径的一段圆弧，圆心是的中点，
设为G，半径为.
在上取点K，使得，
则平面，且.
要使最小，只需最小，且，
而为定值3，故，
于是.
故选：B
9．答案：ACD
解析：对于A，由椭圆定义可知，
其长轴长为，
短轴长为，故A正确；
对于B，半焦距，
所以椭圆离心率为，故B错误；
对于C，由椭圆定义可知，，
所以的周长为12，故C正确；
对于D，其一个底边确定为，
要使其面积最大只需要高最大即可，
根据题意可知当高为半短半轴时，
面积最大为，故D正确
故选：ACD
10．答案：AD
解析：对于A，直线
，
由，
所以直线l过定点，故A正确；
对于B，圆
，
所以圆心，半径，
圆，圆心，半径，
因为，
且，
所以圆C与圆相交，两圆的公切线有两条，故B错误；
对于C：因为，
所以点在圆C内，
所以直线l与圆C必相交，故C错误；
对于D：当直线l与直线垂直时，直线l被圆C截得的弦最小
因为，
所以最短弦长为，故D正确
故选：AD.
11．答案：ABC
解析：由题意，，，，，
双纽线C的方程为，
化简可得，故A正确；
由等面积法得，
则，所以，故B正确；
因为O在线段的中点，所以，
所以，
由余弦定理得，
即，
所以，
所以的最大值为，故C正确；
因为，
由AC知，，，
则，
在中，，
则，
则，
即，
即，
所以的周长的取值范围为，故D错误
故选：ABC.
12．答案：2
解析：根据题意由可知存在实数使得，
可得，
解得，可得；
故答案为：2
13．答案：
解析：设圆的圆心为，半径为4，
如图所示：当最小时，与圆M相切，连接，
则，，而，
由勾股定理得，
所以当最小时，.
故答案为：.
14．答案：
解析：设点，由，
得，
平方化简为，
所以点M的轨迹是以点为圆心、为半径的圆，
所以面积的最大值为.
故答案为：.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)已知的三个顶点分别为，，
所以的中点坐标为，直线的斜率为，
由互相垂直的两斜率之积为-1，则边的垂线斜率为-2，
所以边的垂直平分线l的方程为：，
整理得：,
故边的垂直平分线l的方程为.
(2)设的外接圆的方程为，
由的三个顶点分别为，，
代入得，，
解得：，
所以的外接圆的方程为.
16．答案：(1)，
(2)证明见解析
解析：(1)在平行六面体，
可得，，
所以，
因为，
所以
；
(2)由(1)知，，
则
，
根据向量垂直判定定理可知，
所以.
17．答案：(1)
(2)或
解析：(1)易知到直线的距离为圆A半径r，
所以，
则圆A方程为
(2)过A做,由垂径定理可知，且，
在中由勾股定理易知
当动直线l斜率不存在时，设直线l的方程为，
经检验圆心到直线l的距离为1，且根据勾股定理可知，
显然合题意，
当动直线l斜率存在时，l过点，设l方程为：，
由到l距离为1知得，
代入解之可得，
所以或为所求l方程
18．答案：(1)证明见解析
(2)
(3).
解析：(1)∵底面，底面，
底面，
∴，，又∵，
∴以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴
建立如图所示空间直角坐标系，
∴，，，，，
∴，平面平面，
∴平面的一个法向量，
∵，∴，
故平面.
(2)由(1)知，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
∴.
(3)由(1)知，
设，
则，
则，
∵，∴，
∴，即，
∴，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即，
∵平面平面，
∴平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
∴.
19．答案：(1)
(2)(i)或
(ii)证明见解析
解析：(1)设，，则
由，所以，
又，所以，
故动点P的轨迹的方程为.
(2)(i)由题意得直线l的斜率存在且不为零，
设直线l的方程：，，
联立方程组，
消去x，整理得：，
，得，
，，
所以弦长
，
原点到直线l的距离，
所以，
令，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
即，满足条件，解得，
所以直线l的方程为：或；
(ii)由题意得直线l的斜率存在且不为零，
设直线l的方程：，，
联立方程组，
消去x，整理得：，
，
得，，
因为线段CD的中点为，
所以，化简得，
因为，所以，
因为，所以，
即得，解得或，
综上得出.