河北省承德市双滦区2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份河北省承德市双滦区2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试卷（含解析），共19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。
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．已知，，，则的外接圆方程为（ ）
A． B． C． D．
2．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
4．已知圆：，圆：，则两圆的公共弦所在直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知在三棱柱中，侧棱底面，点分别是，的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在直三棱柱中，，，，且，，，则点到平面的距离为（ ）
A．1B．C．D．
8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（每小题6分，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9．已知椭圆的对称中心为坐标原点，焦点在坐标轴上，若椭圆的长轴长为10，短半轴长为4，则椭圆的标准方程可能为（ ）
A．B．C．D．
10．已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过点 B．直线与直线平行
C．直线在轴上的截距为2 D．直线与直线垂直
11．已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，则（ ）
A．直线与直线的夹角为 B．直线与平面所成角的正弦值为
C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的半径为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．已知过点的直线与圆C：相切，且与直线垂直，则实数a的值为 .
13．已知椭圆C：1（）的左、右焦点分别为，，若椭圆C上存在一点P，使得的内切圆的半径为，则椭圆C的离心率的取值范围是 .
14．如图，在多面体中，平面，平面，，且，M是AB的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .
四、解答题（本大题共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．（本题13分）在直角坐标系中，已知圆与直线相切.（1）求实数的值；
（2）过点的直线与圆交于､两点，如果，求.
16．（本题15分）已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值，试求：
(1)动点P的轨迹C的方程；
(2)是否存在过点与（1）中曲线C相交所得弦长的直线，若存在，求直线l的方程；若不存在，试说明理由.
17．（本题15分）如图，在四棱锥中，为正三角形，，，平面，与平面所成角为45°.
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
18．（本题17分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的大小．
19．（本题17分）如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)求中点E的轨迹方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.
参考答案：
1．D
【分析】设的外接圆方程为，代入三点坐标求出系数即可.
【详解】设的外接圆方程为，
因为O0,0，，，
所以，解得，
所以的外接圆方程为.
故选：D.
2．C
【分析】根据椭圆方程的概念求解.
【详解】因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，解得，
故选:C.
3．D
【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.
【详解】，
设其倾斜角为，则，又，
则，即倾斜角为，
故选：D
4．B
【分析】根据两圆的公共弦所在直线的特点，两圆方程相减即可得解.
【详解】圆：，圆：
两圆方程相减得公共弦所在直线的方程为：.
故选：B
5．B
【分析】求出两直线垂直时参数值，再根据充分必要条件的定义判断．
【详解】，则，解得或，题中应是充分不必要条件，
故选：B．
6．A
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得异面直线夹角的余弦值，从而得解.
【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，设，

则，
故，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7．B
【分析】由题意建立空间直角坐标系，求出点A坐标以及平面EFG的法向量，再利用向量法求出点到平面的距离即可.
【详解】如图所示建立空间直角坐标系，
则A2,0,0，，，，
，，
设为平面的一个法向量，
则可取，
则点到平面的距离为．
故选：B.
8．B
【分析】根据椭圆的定义， 可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案，
【详解】由椭圆的定义可得，又，
所以，
在椭圆中，，
所以，即，
又，所以，
所以该椭圆离心率的取值范围是.
故选：B
9．AC
【分析】求出，得到椭圆方程.
【详解】由题意，，故，
椭圆的标准方程可能为或．
故选：AC．
10．ABD
【分析】根据截距的定义即可求解AC,根据平行和垂直满足的系数关系即可求解BD.
【详解】选项A．当时，，所以直线过点，故选项A正确.
选项B.直线，直线，故选项B正确.
选项C.直线过点，直线在轴上的截距为，故C不正确.
选项D.由，可得直线与垂直，故选项D正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】由三角形中位线的性质可得与的夹角为与的夹角即再由为正三角形可得A正确；建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量，代入线面角公式求解可得B正确；求出平面的法向量，代入空间点面距离公式可得C错误；画出图形，找到球心，由勾股定理列方程组可得D正确；
【详解】对于A，由点分别是棱的中点，所以，
所以与的夹角为与的夹角即
为正三角形，，故A正确；
对于B，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成的角为，
则，
与平面所成角的正弦值为，故B正确；
对于C，，
设平面的法向量
不放设，则
设点到平面的距离为，则，故C错误；
对于D，的外接圆是以为直径的圆，设圆心为
则，易得，
设三棱锥的外接球的半径为，球心为，
故D正确；
故选：ABD.
12．
【分析】先根据直线与圆的相切关系求出过点的直线的斜率，再根据垂直关系求出实数a的值.
【详解】当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，不相切，舍去
当斜率存在时，设直线为，则由，解得：，又与直线垂直，所以，解得：
故答案为：
13．
【分析】在中利用等面积法可得，再借助椭圆的范围建立不等式即可求出离心率的取值范围.
【详解】令点的纵坐标为，则，的周长，
依题意，，解得，
因此，即，而，则，
解得，即，所以椭圆C的离心率的取值范围是.
故答案为：
14．23
【分析】根据条件建立空间直角坐标系，先求得平面与平面的法向量，再求出向量夹角的余弦值.
【详解】因为平面，平面，平面，所以，，
又，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

因为，
所以，
则，
设平面的法向量，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则.
故答案为：.
15．（1）；（2）.
【解析】（1）将圆的化为标准方程,求出圆心，半径，其中，
根据圆与直线相切，再利用点到直线的距离公式可得，解得；
（2）当直线斜率不存在时，其方程为，求得，不合题意；但直线斜率存在，设其方程为，
根据圆心到直线的距离，以及垂径定理即可求得.
【详解】解:（1）圆的方程可化为，
圆心，半径，其中，
因为圆与直线相切，故圆心到直线的距离等于半径，
即，解得；
（2）当直线斜率不存在时，其方程为，
此时圆心到直线的距离，
由垂径定理，，不合题意；
故直线斜率存在，设其方程为，
即，
圆心到直线的距离，
由垂径定理，，即，
解得，
故直线的方程为，
代入圆的方程，整理得，
解得，，
于是，，这里，)，
所以.
【点睛】本题主要考查圆的标准方程,直线与圆的位置关系,以及点到直线的距离公式,考查分类讨论思想,是中档题.
16．(1)；
(2)存在，或.
【分析】（1）设动点，根据及斜率两点式列方程求轨迹；
（2）设直线与曲线C的交点为，联立轨迹C并应用韦达定理、弦长公式求参数k，即可得结果.
【详解】（1）设动点，
由题意，化简整理得，
故点P的轨迹C的方程是.
（2）直线斜率不存在时不合题意，
斜率存在时，设直线与曲线C的交点为，
由，得，，
则，，
，整理得，解得或（舍）.
经检验，符合题意，直线l的方程为，即或.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面角得到，故，证明出，得到⊥平面，，从而平面；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离向量公式求出答案.
【详解】（1）平面，与平面所成角为45°，
，，
又为中点，.
平面，平面，.
，，平面，
平面，
∵平面，，
又，平面，
平面，
∵平面，，
，，，平面，
平面，∵平面，
，，平面，
平面.
（2）平面，平面，
.
又，故两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，为等边三角形，
∴，∵，∴，，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，
，即
取，则，，
，，
点到平面的距离.
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）连接BD交AC与O，连接，构造三角形中位线即可求得；（2）根据面面垂直的性质定理可以证得线面垂直，进而得到线线垂直，再结合正三角形三线合一可以求得；（3）建立空间直角坐标系即可求得.
【详解】（1）连接BD交AC与O，连接，如图所示：
因为M，O分别是边PD，BD的中点，则MO为的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面.
（2）因为侧面底面， 平面底面，
，所以平面，所以，
因为侧面是正三角形，M是的中点，所以，
因为 ，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；
（3）过点P作PF垂直于AD，因为侧面底面， 平面底面，所以平面，又底面是正方形，在点建立空间直角坐标系，取的中点E，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
设底面正方形的边长为2，
则，，，
由第二问可知，即为平面的法向量，，，
，直线与平面所成角的大小为.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列的关系式求解即可.
（2）设直线方程，与椭圆联立可表示点，根据点横、纵坐标之间的关系可得轨迹方程.
（3）根据韦达定理代入中即可得到定值.
【详解】（1）由题意得，，
又∵，∴，
∴椭圆的方程为.
（2）设直线方程为，，
由得，，
由得，，
则，
∴，
∵E为中点，∴，即，
设，则，
由得，
故中点E的轨迹方程为.
（3）由直线的斜率存在且异于点得，，故且，
∴
，
∴为定值.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
B
B
A
B
B
AC
ABD
题号
11









答案
ABD