2024-2025学年山西省大同市高二（上）期中数学试卷（A卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年山西省大同市高二（上）期中数学试卷（A卷）（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.抛物线y2=−4x的准线方程是( )
A. y=1B. y=−1C. x=1D. x=−1
2.直线x− 3y+3=0的倾斜角是( )
A. π6B. 5π6C. π3D. 2π3
3.如图，在四面体O−ABC中，OA=a,OB=b,OC=c，且OM=MA，BN=12NC，则MN=( )
A. −13a+23b+12c
B. −23a+12b+13c
C. −12a+23b+13c
D. −13a+12b+12c
4.若点A(1,2)在圆x2+y2+2x−4y+a=0外，则实数a的取值范围为( )
A. a>1B. 10,b>0)的左、右焦点，过点F1且垂直于一条渐近线的直线交C的右支于点B，若tan∠F1BF2=43，则C的离心率e= ______．
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.(本小题13分)
(1)求两焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，且过点A(52,−32)的椭圆的标准方程；
(2)求与双曲线x2−y24=1共渐近线，且过点(1,2 2)的双曲线的标准方程．
16.(本小题15分)
已知圆C：x2+y2−4x+2y−5=0和点M(1,−5)．
(1)过点M作一条直线与圆C交于A，B两点，且|AB|=6，求直线AB的方程；
(2)过点M作圆C的两条切线，切点分别为E，F，求EF所在的直线方程．
17.(本小题15分)
如图，在以P为顶点的圆锥中，点O是圆锥底面圆的圆心，AB是圆锥底面圆的直径，C，D为底面圆周上的两点，且△ACD为等边三角形，E是母线PB的中点，PO=AB=4．
(1)求平面ADE与平面ACE的夹角的余弦值；
(2)设AE与PO交于点M，求直线CM与平面ADE所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知点A，B是椭圆C：x2+y24=1的上、下顶点，点P满足|PB|=2|PA|．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)是否存在点P，使得过点P的动直线l交椭圆C于M，N两点，且BM与BN的斜率之和为定值？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知动点P到直线x=−2的距离比到点F(1,0)的距离大1，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过原点O的一条直线与圆E：(x+3)2+y2=r2(r>0)相切，交曲线C于另一点Q，且|OQ|=2 3，求圆E的方程；
(3)已知直线l与曲线C交于M，N两点，若FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
参考答案
1.C
2.A
3.C
4.B
5.A
6.C
7.D
8.A
9.BCD
10.BCD
11.BC
12.5或7
13.{ 2}∪(2,+∞)
14. 132
15.解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
两焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，椭圆过点A(52,−32)，
依题意c=2c2=a2−b2254a2+94b2=1，解得a2=10b2=6，所以椭圆方程为x210+y26=1；
(2)依题意设双曲线方程为x2−y24=λ(λ≠0)，
双曲线过点(1,2 2)的，
则12−(2 2)24=λ，解得λ=−1，
所以双曲线方程为y24−x2=1．
16.解：(1)圆C的标准方程为(x−2)2+(y+1)2=10，圆心为C(2,−1)，半径为r= 10，
所以圆心C到直线AB的距离为d= r2−(|AB|2)2= 10−32=1，
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=1，
此时圆心C到直线AB的距离为|2−1|=1，符合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y+5=k(x−1)，即kx−y−k−5=0，
由题意可得d=|2k+1−k−5| k2+1=|k−4| k2+1=1，解得k=158，
此时直线AB的方程为y+5=158(x−1)，即15x−8y−55=0，
综上所述，直线AB的方程为x=1或15x−8y−55=0；
(2)因为|MC|= (2−1)2+(−1+5)2= 17，则|ME|= |MC|2−r2= 17−10= 7，
所以以点M为圆心，|ME|为半径为圆的方程为(x−1)2+(y+5)2=7，
联立(x−1)2+(y+5)2=7(x−2)2+(y+1)2=10，两式相减整理可得：x+4y+12=0，
即EF所在的直线方程为x+4y+12=0．
17.解：(1)
如图，以O为原点，垂直于面PAB的直线，OB所在的直线，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
根据题意得，E(0,1,2)，A(0,−2,0)，D( 3,1,0)，C(− 3,1,0)，P(0,0,4)，
所以AE=(0,3,2),CE=( 3,0,2),DE=(− 3,0,2)．
令平面ADE的法向量为m=(x′,y′,z′)，
所以3y′+2z′=0− 3x′+2z′=0，可取m=(2 3,−2,3)．
令平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，
所以3y+2z=0 3x+2z=0，可令n=(2 3,2,−3)，
令平面ACE与平面ADE的夹角为θ，
那么sin=|cs|=|CM⋅m||CM||m|=122 133×5=18 1365．
(2)
如图，过点E作EF⊥AB于点F，那么F为OB中点，并且PO/​/EF，
所以AF=3，OF=1，EF=2，
根据OMEF=AOAF得，OM2=23，所以OM=43，所以M(0,0,43)，
所以CM=(0,0,43)−(− 3,1,0)=( 3,−1,43)．
令直线CM与平面ADE所成角为α，
sinα=|cs|=|CM⋅m||CM||m|=122 133×5=18 1365．
18.解：(1)由题，设P(x,y)，A(0,2)，B(0,−2)，又|PB|=2|PA|，
所以 x2+(y+2)2=2 x2+(y−2)2，
化简得：x2+y2−203y+4=0，
所以点P的轨迹方程为：x2+y2−203y+4=0；
(2)存在，理由如下：
如图，设动直线l方程为y=kx+m(m≠−2)，直线BM斜率为k1，直线BN斜率为k2，

则直线BM的方程为：y=k1x−2，直线BN的方程为：y=k2x−2，
联立y=k1x−2x2+y24=1，化简得：(k12+4)x2−4k1x=0，
可得xM=4k1k12+4,yM=2k12−8k12+4，
由点M在动直线l上得2k12−8k12+4=4kk1k12+4+m，
即(m−2)k12+4kk1+4m+8=0，
同理可得，(m−2)k22+4kk2+4m+8=0，
所以k1，k2是方程(m−2)x2+4kx+4m+8=0的两个根，
则k1+k2=−4km−2=4k2−m，则4k2−m为定值，
令4k2−m=t，则k=t(2−m)4，代入动直线l方程得，
y=t(2−m)4x+m=m(1−t4x)+t2x，
令1−t4x=0，得x=4t，代入动直线l方程得y=2，即P(4t,2)，
点P(4t,2)代入(1)中轨迹方程得，
(4t)2+4−403+4=0，解得：t=± 3，
所以存在满足条件的点P，坐标为(4 33,2)或(−4 33,2)．
19.解：(1)已知动点P到直线x=−2的距离比到点F(1,0)的距离大1，
所以动点P到直线x=−1的距离与到点F(1,0)的距离相等，
根据抛物线的定义可知，点P在以F(1,0)为焦点，x=−1为准线的抛物线上，
即动点P的轨迹为y2=4x；
(2)联立x2+y2=12y2=4x，

解得x=2y=±2 2，
设Q(x,y)(x>0)，
由对称性，不妨取Q(2,2 2)，
则kOQ= 2，
直线OQ方程为y= 2x，
即 2x−y=0，
由圆E：(x+3)2+y2=r2(r>0)的圆心E(−3,0)到 2x−y=0的距离为r，
所以r=|−3 2| ( 2)2+(−1)2= 6，
故圆E的方程为(x+3)2+y2=6．
(3)因为F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，

设直线MN：x=my+n，
由y2=4xx=my+n，
可得y2−4my−4n=0，
由Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4n，
因为FM⋅FN=0，
所以(x1−1)(x2−1)+y1y2=0，
即(my1+n−1)(my2+n−1)+y1y2=0，
即(m2+1)y1y2+m(n−1)(y1+y2)+(n−1)2=0，
将y1+y2=4m，y1y2=−4n代入得，4m2=n2−6n+1，4(m2+n)=(n−1)2>0，
所以n≠1，且n2−6n+1≥0，
解得n≥3+2 2或n≤3−2 2．
设点F到直线MN的距离为d，
所以d=|n−1| 1+m2，
所以|MN|= 1+m2|y1−y2|= 1+m2 16m2+16n
=2 1+m2 4(n2−6n+1)+16n=2 1+m2|n−1|，
所以△MFN的面积S=12×|MN|×d=12×|n−1| 1+m2×2 1+m2|n−1|=(n−1)2，
而n≥3+2 2或n≤3−2 2，
所以当n=3−2 2时，△MFN的面积(S△MFN)min=(2−2 2)2=12−8 2．