【数学】天津市河东区2024-2025学年高二上学期期中质量检测试卷（解析版）

这是一份【数学】天津市河东区2024-2025学年高二上学期期中质量检测试卷（解析版）试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 点位于（ ）
A. y轴上B. z轴上
C. 平面内D. 平面内
【答案】C
【解析】因为点的纵坐标为0，所以点P在平面内.
故选：C.
2. 直线：的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知该直线的斜率为，所以其倾斜角为.
故选：C.
3. 若直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意可得，，解得
所以直线方程为，也即是
则两平行直线的距离为，
故选：D.
4. 已知圆经过两点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设圆的一般方程为，圆心坐标为，
因为圆经过两点，，且圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆的方程为.
故选：C.
5. 将一张坐标纸折叠一次，使得点与点重合，点与点重合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得，对称轴所在的直线即为点与点构成的线段的中垂线.
由于点与点连成的线段的中点为，斜率为，
故对称轴所在的直线方程为，即.
再根据点与点重合，可得，求得，，
故选：A.
6. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】将直线的方程变形为，
由可导，所以直线经过定点，
圆的标准方程为，圆心为，因为，所以点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
因为，直线的斜率为，
所以，解得.
故选：B.
7. 如图，在正四棱锥中，，点为的中点，．若，则实数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】因为四棱锥是正四棱锥，
所以，四边形为正方形，，
因为，
所以和均为等边三角形且边长均相等，
所以，，
因为点为的中点，，
所以
，
因为，
所以，，
即 ，
解得.
故选：C.
8. 若F为椭圆的左焦点，P为椭圆C上一动点，，则周长的最大值为（ ）
A. B. C. 7D. 10
【答案】D
【解析】若为椭圆右焦点，如下图示，，

周长为，且，
所以，而，
故，当且仅当共线且在两侧时等号成立，
所以周长的最大值为10.
故选：D.
9. 已知点在曲线上，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为整理得，
表示以为圆心，半径的上半圆，
设，则，
如图所示：

当三点共线时，取到最小值，
当为半圆的右端点时，取到最大值，
即，则，
所以的取值范围是.
故选：C.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．
10. 经过两点直线的倾斜角是钝角，则实数的范围是__________.
【答案】
【解析】根据题意，即，且斜率，
即，解得或.
实数的范围是.
11. 已知圆，圆，若圆与圆相外切，则________.
【答案】
【解析】由题意知，，
所以，
因为两圆外切，所以，解得.
12. 椭圆的焦点为为椭圆上一点,若,则______.
【答案】
【解析】椭圆
可得:,,.
根据椭圆定义可得:, ,
可得
解得:.
在三角形中由余弦定理:.
13. 在中，已知，，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在的直线方程为：，则的面积为__________．
【答案】
【解析】不妨设的中点，则，易知直线存在斜率，
所以，
而边上的高所在的直线方程为：，
所以有，
所以，
由点到直线的距离公式知A到的距离为，
由两点距离公式得，则面积为.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线，与轴交于点，若，则椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】设，，，则直线的斜率为，直线的斜率为，直线的方程为，
令，得，即，
因为，所以，
即，解得．
15. 在平行六面体中，，，若，其中，给出下列四个结论：
①若点在平面内，则；
②若，则；
③当时，三棱锥的体积为；
④当时，长度的最小值为．
所有正确结论的序号是______（把所有正确命题的序号都填在横线上）．
【答案】①②④
【解析】对于①，若点在平面内，易知有，
所以，
又，则，故①正确；
对于②，由题意易得，
，
且，又，即，
故，解得，故②正确；
对于③，由题易知四面体为正四面体，
设在平面内的射影为点，
则为的中心，易得，．
当时，到平面的距离为，
所以，故③错误；

对于④，由②可知，
，
又，
由基本不等式可知，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，故④正确．
故答案为：①②④.
三、解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 已知圆.
（1）过点作圆的切线，求的方程；
（2）若圆与圆相交于A、两点，求.
解：（1）圆方程可化为，
则圆心，半径为2，
由，可知点在圆外，
由图可知，过点的直线斜率存在，
设的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得或，
的方程为或.
（2）由消去，
整理得直线方程为，
则圆心到直线的距离，直线与圆相交，
所以.
17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点.
（1）证明：平面.
（2）求与平面所成角的正弦值.
（1）证明：在正四棱柱中，，，两两垂直，且，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
因为，分别为，的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
（2）解：由（1）可知，，，
所以与平面所成角的正弦值为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，．
（1）求证：平面；
（2）若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：设Q为AD的中点，连接PQ，
∵为正三角形，∴，
又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD ，
∴平面ABCD，
又平面ABCD，∴，
又，，平面PAD ，∴平面PAD；
（2）解：在平面PAD内作，则．
∵平面PAD，平面PAD，平面PAD，
∴，．
如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系．
∵底面ABCD为平行四边形，，
∴ABCD为矩形．
设，
则，，，，，．
∴，
设平面ACE的法向量为，
由得
取，得平面ACE的一个法向量为．
又，所以点B到平面ACE的距离为，
解得．
∴，，，
设平面ABP的法向量为，
由得
取，得平面ABP的一个法向量为．
∴平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为 ．
19. 已知和为椭圆上两点.
（1）求C的离心率;
（2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
解：（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，
即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，
则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
20. 已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程；
（3）设，，求的取值范围.
解：（1）因为椭圆经过点，
所以解得（负值舍去）．
由的面积为可知，解得，
所以椭圆的方程为．

（2）设直线的方程为，，．
联立，消整理可得．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，
所以，解得，
因为，所以的取值范围是，
所以，，
则
，
因为以为直径的圆经过坐标原点，所以，
则，即，
解得（负值舍去），
所以直线的方程为.

（3）因为，，，，
所以直线的方程是：，
令，解得，所以点的坐标为．
同理可得点的坐标为．
所以，，．
由，，
可得，，所以，
同理，
由（2）得，
所以
，
因为，所以，所以，
则，所以，
所以的范围是．