河北省衡水市2024_2025学年高二数学上学期期中测试试题含解析

这是一份河北省衡水市2024_2025学年高二数学上学期期中测试试题含解析，共17页。试卷主要包含了 设，，向量，，，且，，则， 已知直线与直线，若，则， 直线被圆所截得的弦长为， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知点，直线，则点A到直线l距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】解：点，直线，则点A到直线l的距离,
故选：C.
【点睛】点到直线的距离.
2. 设，，向量，，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据和，可分别求出的值，再根据向量的模长公式即可求解.
【详解】因为，所以即，解得x=0，
因为，所以，解得y=-1，
所以，，
所以.
故选：B.
3. 已知直线与直线，若，则（ ）
A. B. 2C. 2或D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】解方程，再检验即得解.
【详解】解：若，则，
所以或．
当时，重合，不符合题意，所以舍去；
当时，符合题意．
故选：A
4. 如图，在正方体中，是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】（法一）连接，则即为异面直线与所成的角，解三角形即可；
（法二）分别以、、为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，可得、、、各点的坐标，从而得出、的坐标，利用空间向量的夹角公式算出、的夹角余弦之值，即可得到异面直线与所成的角的余弦值．
【详解】解：（法一）连接，
由题意，，则即为异面直线与所成的角，
设正方体的棱长为2，则，则，
在中，；
（法二）分别以、、为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系如图，
设正方体的棱长为2，得，2，，，0，，，2，，，2，，
，，，，0，，
因此，得到，
，且，
，
异面直线与所成的角是锐角或直角，
面直线与所成的角的余弦值是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于基础题．
5. 直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的方程可得圆心坐标和半径，根据点到直线距离公式可得，再由垂径定理及弦长关系即可求得所截弦长.
【详解】圆，所以圆心，半径，
由点到直线距离公式可得圆心到直线的距离为，
所以直线被圆所截得的弦长为，
故选：C.
【点睛】本题考查了直线与圆相交的弦长求法，垂径定理的应用，属于基础题.
6. 三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则等于( )
A. －2B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：
考点：平面向量数量积的运算
7. 椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上的点满足：，且，则（ ）
A. 1B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设，，根据和余弦定理，列方程求解即可
【详解】设，，则，
又（1），（2），
（1）式平方减去（2）式得：，得：.
故选：C
【点睛】本题考查余弦定理，考查向量的数量积运算，主要考查学生的计算能力，属于基础题.
8. 直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出两点坐标得到，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离的范围，由三角形的面积公式计算即可.
【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，
所以，所以，
由，可得圆的圆心为，半径为，
因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，
故到直线的距离的范围为，
则.
故选：A.
二､选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列叙述正确的是（ ）
A. 直线倾斜角的取值范围是
B. 平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率
C. 若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为
D. 与坐标轴垂直的直线的倾斜角是或
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据倾斜角和斜率的定义逐一判断即可求解.
【详解】对于选项，由直线倾斜角的定义可知，倾斜角的取值范围是，则正确；
对于选项，由直线斜率的定义可知（为直线的倾斜角），当时斜率不存在，则错误；
对于选项，由直线斜率的定义可知选项正确；
对于选项，当直线与轴垂直时直线的倾斜角为，当直线与轴垂直时直线的倾斜角为，则正确；
故选：ACD.
10. 如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为AC，，AB的中点．则下列结论正确的是（ ）
A. 与EF相交B. 平面DEF
C. EF与所成的角为D. 点到平面DEF的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．
【详解】对选项A，由图知平面，平面，且由异面直线的定义可知与EF异面，故A错误；
对于选项B，在直三棱柱中， ．
，F分别是AC，AB的中点，
， ．
又平面DEF，平面DEF，
平面故B正确；
对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则0，，0，，2，，0，，2，，0，，0，，0，，1，．
1，，0，．
，，．
与所成的角为，故C正确；
对于选项D，设向量y，是平面DEF的一个法向量．
0，，1，，
由，即，得
取，则，0，，
设点到平面DEF的距离为d．
又2，，
，
点到平面DEF的距离为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．
11. 设椭圆的左右焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 离心率
B. 面积的最大值为
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 的最小值为0
【答案】CD
【解析】
【分析】求出离心率可判断A；计算面积的最大值可判断B；求出圆的方程，再判断圆心到直线的距离与半径的关系可判断C；设进行数量积的坐标运算结合可判断D，进而可得正确选项.
详解】对于A：由椭圆可知，，，，
所以左、右焦点分别为，，离心率，故选项A错误；
对于B：，当点与椭圆的上下顶点重合时，面积的最大，
所以面积最大值为，故选项B错误；
对于C：以线段为直径的圆的圆心，半径为1，
由圆心到直线的距离，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故选项C正确；
对于D：设，，
，则的最小值为，
故选项D正确；
故选：CD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么___________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到直线的方向向量与平面法向量互相垂直，结合向量的数量积列出方程，即可求解.
【详解】由直线的方向向量为，平面的法向量为，
因为，可得直线的方向向量与平面法向量互相垂直，所以，
解得.
故答案为：
13. 已知点是椭圆上的一点，分别为椭圆的左、右焦点，已知=120°，且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【详解】设，由余弦定理知，所以，故填.
14. 已知圆的圆心为，直线（为参数）与该圆相交于、两点，则ΔABC的面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先求得圆心到直线的距离，然后结合弦长公式求得弦长，最后求解三角形的面积即可.
【详解】由题意可得圆的标准方程为：，
直线的直角坐标方程为：，即，
则圆心到直线的距离：，
由弦长公式可得：，
则.
【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
四､解答题：本题共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.
（1）若直线过点，且，求直线的方程；
（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.
【答案】（1） （2）或.
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为，可求得直线的斜率，
再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；
（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，
再根据两平行直线的距离公式即可求出．
【详解】（1）因为直线的方程为，所以直线的斜率为.
因为，所以直线的斜率为.
因为直线过点，所以直线的方程为，即.
（2）因为直线与直线之间的距离为，所以可设直线的方程为，
所以，解得或.
故直线的方程为或.
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，涉及两直线垂直，平行关系的应用，以及平行直线的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
16. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上.
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程.
【答案】（1）（x﹣1）2+（y+1）2＝2
（2）x＝0或3x+4y﹣4＝0
【解析】
【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y＝2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可.
（2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论.
【小问1详解】
因为圆心C在直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.
则点C到直线x+y＝2的距离d.
据题意，d＝|AC|，则，
解得a＝1.
所以圆心为C（1，﹣1），半径r＝d，
则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2＝2.
【小问2详解】
k不存在时，x＝0符合题意；
k存在时，设直线方程为kx﹣y+1＝0，圆心到直线的距离1，∴k，
∴直线方程为3x+4y﹣4＝0.
综上所述，直线方程为x＝0或3x+4y﹣4＝0.
17. 已知点P是椭圆上一点，点，分别是椭圆的左、右焦点，且，的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义得到，求得，进而求得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设点，由，求得，代入椭圆的方程，进而求得点的坐标.
【小问1详解】
解：由椭圆的焦点为，可得，即，
又由椭圆的定义，可得，
因为的周长为，可得，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：设点，且，，则，
因为，可得，解得，即，
将代入椭圆，可得，即，解得，
所以点的坐标为.
18. 如图，三棱锥中，平面
，，．分别为线段上的点，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．
试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE
由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE
由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD
（2）解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，
故FB＝２．
由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．
以Ｃ为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），
设平面的法向量，
由，，
得.
由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.
从而法向量，的夹角的余弦值为，
故所求二面角A-PD-C的余弦值为.
考点：考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．
19. 出租车几何或曼哈顿距离（Manhattan Distance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对轴距总和.例如：在平面直角坐标系中，若，，两点之间的曼哈顿距离.
（1）已知点，，求的值；
（2）记为点B与直线上一点的曼哈顿距离的最小值.已知点，直线：，求；
（3）已知三维空间内定点，动点P满足，求动点P围成的几何体的表面积.
【答案】（1）9 （2）
（3）
【解析】
分析】（1）由曼哈顿距离定义直接计算即可；
（2）设直线上任意一点坐标为Px,y，然后表示，分类讨论求的最小值即可；
（3）不妨将A平移到A0,0,0处，利用曼哈顿距离定义求得P围成的图形为八面体，即可求解其表面积.
【小问1详解】
，所以.
【小问2详解】
设动点Px,y为直线上一点，则，
所以，
即，
当时，；
当时，；
当时，；
综上，为.
【小问3详解】
动点P围成的几何体为八面体，每个面均为边长的正三角形，
其表面积为.
证明如下：
不妨将A平移到A0,0,0处，设，
若，则，
当时，即，
设，，，
则，
所以P，，，四点共面，
所以当时，P在边长为的等边三角形内部（含边界）.
同理可知等边三角形内部任意一点，均满足.
所以满足方程的点P，
构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界）.
由对称性可知，P围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形.
故该几何体表面积.
【点睛】思路点睛：本题考查了新概念问题，解决新概念问题首先要读懂新概念的定义或公式，将其当做一种规则和要求严格按照新概念的定义要求研究，再结合所学知识处理即可.