河北省保定市清苑区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省保定市清苑区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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】由题的斜率,
故倾斜角的正切值为-1,又,故
故选：D.
2. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则的值是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】的渐近线为，圆的圆心为，半径为1.
由对称性，到距离为1，则.
故选：A.
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】由题意得：，
故选：B.
4. 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】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.
5. 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】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.
6. 设双曲线，为其右顶点，直线与双曲线交于、两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】将代入双曲线的方程可得，解得，
不妨取点、，
易知点Aa,0，，，
因为，则，可得，
所以，，因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
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】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】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】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】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,
，，
设与所成的角为，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. 曲线围成封闭图形的面积随的增大而增大
【答案】ABD
【解析】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.
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】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.
13. 已知点，，C1,1,0，则点到直线的距离是______.
【答案】
【解析】因为点，，C1,1,0，
所以，，
则，，
所以点到直线的距离是
.
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】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.

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的直线方程；
（2）设直线，且与圆相交于，两点，若，求直线的方程.
解：（1）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；
（2）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. 设双曲线：，，，分别是的左、右焦点，A是左支上一点，且与轴垂直，直线与的另一个交点为.
（1）若直线的倾斜角为，求的离心率；
（2）若直线在轴上的截距为2，且，求，.
解：（1）设，因与轴垂直，设，
代入，得，
又，则
；
（2）设AB与y轴交点为C，则，
因O为，中点，，
则为中点，则由中位线定理可得.
因，设，则，.
由双曲线定义，.
因A，B，三点共线，则，
由余弦定理得，
则
.
则或
当时，不合题意，则.
则.
，
则.
综上，.
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．
（1）证明：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.
（2）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：，．
解：（1）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.
（2）①在直角梯形中，，，，，
，，则为正三角形，
在棱锥中，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．
（1）证明：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.
（2）①证明：设直线的方程为，
联立，消去得，，
因为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解：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.