河北省邯郸市武安市第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题

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1.【答案】A 2.【答案】C
3.【答案】C 【详解】因为:，
所以：.又因为：，
所以：，
所以：.故C项正确.
4.【答案】A【详解】解法一：因为(－1)2＋22＝5，所以点M在圆上，而kOM＝eq \f(2,－1)＝－2，则切线斜率为eq \f(1,2)，所以切线方程为y－2＝eq \f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0，故选A．
解法二：因为M(－1,2)在圆x2＋y2＝5上，所以圆的切线方程为－x＋2y＝5，即x－2y＋5＝0.故选A．
5.【答案】B 因为方程eq \f(x2,2－m)＋eq \f(y2,m＋1)＝1表示双曲线，所以(2－m)(m＋1)<0，解得m<－1或m>2，
即m∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)．因为(2，＋∞)是(－∞，－1)∪(2，＋∞)的真子集，
所以“m>2”是“方程eq \f(x2,2－m)＋eq \f(y2,m＋1)＝1表示双曲线”的充分不必要条件．故选B．
6.【答案】C【详解】根据题意可得反射光线经过点，易得入射光线所在直线经过点，因为入射光线经过点，所以入射光线所在直线的方程为，即.故选：.
7.【答案】B【详解】
8.【答案】C【详解】根据题意判断可得直线l过该抛物线的焦点F，
所以，（联立直线与抛物线，应用韦达定理及即可证明），
所以，
当且仅当时取“=”.故选：C.
9.【答案】AC【详解】双曲线C上的点到其焦点的最短距离为c－a＝1，离心率e＝eq \f(c,a)＝2，所以a＝1，c＝2，所以b2＝3，所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1，所以C的焦点坐标为(±2,0)，A正确．双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x，B错误．因为22－eq \f(32,3)＝1，所以点(2,3)在双曲线C上，C正确．直线mx－y－m＝0即y＝m(x－1)，恒过点(1,0)，当m＝±eq \r(3)时，直线与双曲线C的一条渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个交点，D错误．故选AC．
10【答案】ABD【详解】 直线l：y＝kx＋1与y轴交于点M，∴M(0,1)，易知M在圆C：x2＋y2＝4内部，∴l与C恒有公共点，A正确．∵M在圆C：x2＋y2＝4内部，∴∠AMB为钝角，∴△ABM是钝角三角形，B正确．点M到AB的最大距离即点M与圆心之间的距离，为1，∴S△ABM≤eq \f(1,2)×4×1＝2，C错误．l被C截得的弦的长度最小时，圆心到直线l的距离最大，易知此距离为点M与圆心之间的距离为1，∴最短弦长为2eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，D正确．故选ABD．
11．【答案】ACD【详解】
对A，若，分别作棱，的中点，，连接，则在线段上，易知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
若，分别作，的中点，，则点的轨迹为线段，易知，故B错误；
若，则，，三点共线，即点在线段上，易求点到的距离为，故的最小值为，故C正确；
若，则点在线段上，易证，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，所以，所以，
所以点到的距离，
所以当时，，故D正确.故选：ACD.
12．【答案】 2x－y＝0或x－y＋1＝0
【详解】当直线过原点时，可得斜率为eq \f(2－0,1－0)＝2，故直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设直线方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,－a)＝1，代入点(1,2)，可得eq \f(1,a)－eq \f(2,a)＝1，解得a＝－1，直线方程为x－y＋1＝0，故所求直线方程为2x－y＝0或x－y＋1＝0.
13．【答案】【详解】由双曲线，可得， 又由双曲线的其中一条渐近线方程为，即，因为圆的圆心为，半径，
所以圆心到渐近线的距离为，
由圆的弦长公式，可得.故答案为：.
【答案】 【详解】的面积为，又由于的内切圆的半径为，则的面积也可表示为，所以，
即，整理得：，两边同除以，得，
所以或，又椭圆的离心率，所以椭圆的离心率为.
15.【详解】（1）法1：（待定系数法）设圆M的方程为，
因为圆过点，所以，分
又因为圆心在直线上，所以②，分
直线与圆M相切，得到③，分
由①②③解得：分
因此圆的方程为分
法2：（几何性质）
因为直线与直线垂直，分
又因为圆心在直线上，联立方程，解得分
设两直线的交点为，由圆的几何性质，点在圆上，且为直线与圆的切点，
又因为圆过点，且所以圆心在直线上，又圆心也在直线上，
联立方程，解得，故圆心，分
所以半径，分
因此圆M的方程为分
（2）设，因为A为线段BD的中点，所以，分
因为在圆上，所以，分
解得或分
当时，直线的方程为；分
当时，故直线的方程为，即分
综上，直线的方程为或分
16.【详解】
（1）证明：因为平面，平面，平面，
所以，分
又四边形为正方形，所以.
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.
由，
得，
则分
所以，，
设，
则，分
解得，分
所以，故四点共面分
设平面的法向量为，由，
得，取，则，分
又，分
所以点到平面的距离分
17.【详解】(1)因为△PAB为直角三角形，所以由椭圆的对称性知|OP|＝eq \f(1,2)|AB|，
即2＝eq \f(1,2)×2a，所以a＝2，分
|MN|＝eq \f(3,5)|AB|＝eq \f(12,5)，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，\f(4,5)))，分
代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2,b2)＝1，解得b＝1，分
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝分
(2)证明：由题意，可设直线DE的方程为x＝ky＋m(m≠2)，分
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ky＋m，))
消去x得(k2＋4)y2＋2kmy＋m2－4＝0，分
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(－2km,k2＋4)，y1·y2＝eq \f(m2－4,k2＋4)，①分
因为eq \(BD,\s\up14(→))·eq \(BE,\s\up14(→))＝0，由(1)知B(2,0)，
所以eq \(BD,\s\up14(→))＝(x1－2，y1)，eq \(BE,\s\up14(→))＝(x2－2，y2)，
则(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，分
将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式得
(k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋(m－2)2＝0，
将①代入上式得(k2＋1)eq \f(m2－4,k2＋4)＋k(m－2)eq \f(－2km,k2＋4)＋(m－2)2＝0⇒5m2－16m＋12＝0，解得m＝eq \f(6,5)或m＝2(舍)，
分
故直线l恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，0))分
18.【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）存在，
【详解】（1）取的中点N，连接，如图所示：
为棱的中点
，分
，分
∴四边形是平行四边形，，分
又平面平面平面，分
（2），分
∵平面平面，平面平面平面，
平面，，分
又平面，而，
∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则，
为棱的中点，，分
（i），设平面的一个法向量为，
则，令，则，，分
平面的一个法向量为，分
，
则二面角的余弦值为
分
（ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是，
设，则，分
由（2）知平面的一个法向量为，，
∴点Q到平面的距离是，
．分
19.【详解】（1）点是抛物线上任意一点，设,分
抛物线的准线方程为．分
点在直线上的射影为，，分
，，分
．分
（2）由题设知直线的斜率一定存在，设，由，得，..7分
设,，则，，
，分
,，,，．故为定值．分
（3）因为,，，直线，直线，
，都在直线上，，，分
，分
当时，取最小值．分