河北省保定市定州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份河北省保定市定州市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共29页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题（共8题，每题5分）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】由题的斜率,故倾斜角的正切值为-1,又,故
故选：D
【点睛】本题主要考查了直线斜率为直线倾斜角的正切值,属于基础题型.
2. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆焦点在轴上的标准方程的结构特征，得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得.
故选：C.
3. 在四面体中，记，，，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：B.
4. 若直线与以，为端点的线段有公共点（含端点），则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出过定点，画出图形，求出，，数形结合得到或，即或.
【详解】经过定点，斜率为，画出图形，如下：
其中，，
直线与以，为端点的线段有公共点（含端点），
则或，即或.
故选：C
5. 已知直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A. B.
C. 与相交但不垂直D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线的方向向量与平面的法向量的数量积结果即可判断得解.
【详解】因为，，
所以，则，
又是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，
所以或.
故选：D.
6. 若直线与圆相切，且点到直线的距离为3，则这样的直线的条数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分类讨论直线的斜率不存在与存在两种情况，利用直线与圆相切的性质与点线距离公式得到关于的方程组，进而分析得其解的个数即可得解.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为1，
因为直线与圆相切，
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为或，
当直线的方程为时，点到直线的距离为，不满足题意；
当直线的方程为时，点到直线的距离为，不满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则有，即，
即，解得或，
当时，有，解得或；
当时，有，整理得，
此时，即方程有两个解，且不为或；
综上，的取值有四种情况，对应的也有四种取值，所以满足条件的直线一共有四条.
故选：A.
7. 已知圆过点，，设圆心，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意由半径相等，结合两点距离公式得到，再利用基本不等式即可得解.
【详解】根据题意，得，又，，，
所以，化简得，
故，则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为2.
故选：B.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别，，是椭圆上一点，直线与轴负半轴交于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意设，从而得到所需线段关于的表示，再利用勾股定理与余弦定理依次求得关于的表示，进而得解.
【详解】因为，不妨设，则，
由椭圆的定义与对称性可得，，，
因为，所以，
则，解得，
则，故，
则在中，由，
得，解得，
所以椭圆的离心率为.
故选：C.
二、多项选择题（共3题，每题6分）
9. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的焦距为6B. 的周长为10
C. 椭圆的离心率为D. 面积的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用椭圆方程得到，利用椭圆的定义与性质，逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】对于A，因为椭圆，所以，
所以椭圆的焦距为，故A错误；
对于B，由椭圆的定义可知，
所以的周长为，故B正确；
对于C，椭圆的离心率为，故C错误；
对于D，当点为椭圆的短轴的一个端点时，点到轴的距离最大，
此时面积取得最大值，为，故D正确.
故选：BD.
10. 在三棱锥中，△为边长为的正三角形，，，设二面角的大小为，，为的重心，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则与所成的角为D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】取中点，过作且，连接，则平面.取，，为基底向量，则根据题意知，.对于项，根据，得，用基底向量表示，再求模长即可；对于项，根据模长公式建立等式，可得，再用向量的数量积公式求夹角即可；对于项，若，则，分别用基底向量表示，，并求模长，再利用向量法求异面直线的夹角即可；对于项，若，则，根据已知条件可证平面，从而平面，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用三角形重心公式求得的坐标，再求模长即可.
【详解】如图，取中点，过作且，连接，则平面.
因为△为正三角形，所以，，
因为，所以，所以，
所以二面角的平面角为，则.
以，，为基底向量，则，.
对于项，若，即，所以.
因为，
所以，故正确；
对于项，由知，
所以，所以，
所以，解得，所以，故正确；
对于项，若，即，所以.
由知，又，
所以,
，，
设与所成角为，则，
所以与所成的角不是，故错误；
对于项，若，即，所以，
又，，平面，所以平面，
又，所以平面，则三线两两垂直，建立如图坐标系.
则，，，，则根据三角形重心坐标公式得，
所以，所以，故正确.
故选：.
11. 已知曲线，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 曲线关于直线对称
C. 曲线围成的封闭图形的面积不大于
D. 曲线围成的封闭图形的面积随的增大而增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用曲线的方程得到关于的不等式可判断A；利用点关于直线的对称点判断得曲线的对称性，从而判断B；分析曲线与曲线上的两个横坐标相同的点的纵坐标大小关系，从而得到曲线围成的封闭图形的面积情况，从而判断CD.
【详解】对于A，因为曲线，
所以，解得，故A正确；
对于B，因为曲线，可化为，
设点是曲线上任一点，则其关于对称的点为，
将代入曲线方程，得，
所以曲线关于直线对称，故B正确；
对于CD，因为，所以，则，
设点是曲线上任一点，则，
点是曲线上的一点，则，
则，，故，
易知当时，在其定义域内单调递减，
所以（当且仅当或时，等号成立），故，
又在上单调递增，所以，
故当增大时，横坐标相同的点的纵坐标的绝对值会大于或等于原来的，
又曲线围成的图形为封闭图形，所以该图形会比原来的大，
即曲线围成的封闭图形的面积随的增大而增大，故D正确，
又当时，曲线为，即其图形是半径为的圆，
此时其面积为，则曲线围成的封闭图形的面积不小于，故C错误.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，分析得两曲线与上的点的情况，从而得到其围成的封闭图形的面积情况，由此得解.
三、填空题（共3题，每题5分）
12. 若圆上存在两点关于直线对称，则的值为________.
【答案】2
【解析】
【分析】由题意可得圆心在直线上，从而列式得解.
【详解】圆的圆心为圆心，半径为2，
圆上存在两点关于直线对称，则圆心在直线上，
所以，解得.
故答案为：2.
13. 已知点，，C1,1,0，则点到直线的距离是______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用空间向量中点到线的距离公式，结合向量数量积与模的坐标表示即可得解.
【详解】因为点，，C1,1,0，
所以，，
则，，
所以点到直线的距离是
.
故答案为：.
14. 过椭圆上一点作圆的两条切线，切点为，，当最大时，点的纵坐标为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆的切线长定理、结合四边形及三角形面积转化为求最大值问题.
【详解】圆的圆心，半径，
由切圆于点知，，则，
因此最大，当且仅当最大，设，，
则，
当且仅当时取等号，所以点的纵坐标为.
故答案为：

四、解答题（共5题，共77分）
15. 已知直线，圆.
（1）求与直线平行且与圆相切直线方程；
（2）设直线，且与圆相交于，两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）或；
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意假设所求直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求得，从而得解；
（2）根据题意假设直线的方程，利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，进而利用点线距离公式列式即可得解.
【小问1详解】
依题意，设所求直线方程为，
因为所求直线与圆相切，且圆心为，半径为，
，解得或，
所求直线方程为或；
【小问2详解】
依题意，设直线的方程为，
因为直线与圆相交于A，B两点，，
圆心到直线的距离为，
，解得或，
直线的方程为或.
16. 设椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，且与轴垂直，直线与的另一个交点为.
（1）若直线的倾斜角为，求椭圆的离心率；
（2）若直线在轴上的截距为1，且，求，.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据条件求出的坐标，利用直线的的倾斜角，建立关于的齐次方程，解之即可得解；
（2）根据题意，结合线段的数量关系求得的坐标，代入椭圆方程，解之即可得解.
【小问1详解】
依题意，设椭圆的半焦距为，
则，则由题意可知，点在第二象限，设，
将代入，得，解得，则，
因为直线的倾斜角为，
所以，则，则，
所以，即，则，
即，解得或（舍去），
所以椭圆的离心率为.
【小问2详解】
记直线与轴的交点为，
易知，且，故，
则，，
因为，所以，则，
即是与的中点，所以，
将代入椭圆方程，得，
所以，解得，故，即，
所以，.
17. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，且．
（1）证明：，，，四点共面．
（2）设平面与棱的交点为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用共面向量定理，结合向量的坐标运算计算推理得证.
（2）结合（1）的信息，求出点的坐标及平面法向量，利用线面角的向量求法求解.
【小问1详解】
在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，
则，
于是，即向量共面，
又向量有公共点，所以，，，四点共面.
【小问2详解】
设，则，由点平面，
得，即，则，
解得，即，，
而，则，
设平面的法向量，则，令，得，
令与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆（经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度．这个弧长就被称作两点的球面距离．

（1）在正四棱柱（底面为正方形的直棱柱）中，，，求顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离．
（2）如图1，在直角梯形中，，，，．现将沿边折起到，如图2，使得点在底面的射影在上．
①求点到底面的距离；
②设棱锥的外接球为球，求，两点在球上的球面距离．
参考数据：，．
【答案】（1）；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）求出线段所对的正四棱柱外接球截面大圆的圆心角，再求出弧长.
（2）①根据给定条件可得平面，再在直角三角形中求出；②利用球的截面性质确定球心，求出球半径，进而求出球面距离.
【小问1详解】
正四棱柱的外接球直径，球半径，
因此球心与点构成正三角形，弦所对球过的大圆圆心角为，弧长为，
所以顶点，在该正四棱柱外接球上的球面距离为.
【小问2详解】
①在直角梯形中，，，，，
，，则为正三角形，
棱锥中，平面，而平面，则，
又，平面，则平面，
而平面，因此，，
在中，，，，
所以点到底面的距离为.
②取中点，则为外接圆圆心，令正的外接圆圆心为，
连接，则，平面，平面，
于是，，
在中，，因此棱锥的外接球半径，
有，球的弦所对大圆的圆心角为，
，即是钝角，而，
则，在大圆中所对劣弧长为，
所以，两点在球上的球面距离为.

19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，，，点在线段上，点在线段上，且，设直线与交于点．
（1）证明：当变化时，点始终在某个椭圆上运动，并求出椭圆的方程．
（2）过点作直线与椭圆交于，不同的两点，再过点F1,0作直线的平行线与椭圆交于，不同的两点．
①证明：为定值．
②求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）求出直线与的方程，消去参数即可得到椭圆的方程；
（2）①分别联立方程与，借助韦达定理，表示出与，进一步求解即可；
②将转化为，再借助韦达定理，可转化为的函数，根据的范围求函数值域即可.
小问1详解】
解：设点，依题意可知，即，
所以，即；
同理可得.
于是直线的斜率为，
所以的直线方程为，
直线的方程为，即，
设直线与的交点坐标为，
由可得，
整理可得，
所以当变化时，点始终在椭圆：上运动.
【小问2详解】
①证明：设直线的方程为，
联立，消去得，，
因直线与椭圆交于两点，，
所以，即或，
由韦达定理可知，，
又，所以，
设直线的方程为，直线与椭圆交于两点，,
联立，消去得，，
同理可得：，
,
所以（定值）.
又当直线的方程为时，直线与直线重合不符合题意.
故（定值）.
②因为，
又因为，
所以，
整理可得，
令，因为，所以，
所以，
又因为当时，，所以，
所以，
即面积的取值范围为.
【点睛】关键点睛：（1）在得到直线与的方程后整体消参是比较简捷的方法；
（2）将直线的方程设为，直线的方程设为，在后续运算中
能比较简捷运算量稍小，给转化为提供了便利条件.