河北省石家庄2024-2025学年高二上学期期中 数学试题（含解析） (2)

这是一份河北省石家庄2024-2025学年高二上学期期中 数学试题（含解析） (2)，共25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
1．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．对于空间一点和不共线三点，且有，则（ ）
A．四点共面B．四点共面
C．四点共面D．五点共面
3．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
4．我国的航天事业取得了辉煌的成就，归功于中国共产党的坚强领导，这归功于几代航天人的不懈奋斗.中国工程院院士､中国探月工程总设计师､巴中老乡吴伟仁先生就是其中最杰出的代表人物之一，同学们应当好好学习航天人和航天精神.我国发射的第一颗人造地球卫星的运行轨道是以地心(地球的中心)为一个焦点的椭圆.已知它的近地点(离地面最近的点)距地面千米，远地点(离地面最远的点)距离地面千米，并且､､在同一条直线上，地球的半径为千米，则卫星运行的轨道的短轴长为（ ）千米
A．B．
C．D．
5．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A．B．AB与平面所成的角为
C．D．与平面所成的角为
6．在平面直角坐标系中，，点P满足．设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（ ）
A．圆C的方程为B．直线与圆相切
C．在C上存在K使得D．当三点不共线时，射线是的平分线
7．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得
C．的最小值为
D．的最大值为3
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线
B．空间的基底有且仅有一个
C．两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底
D．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
10．已知直线l：，圆：，与圆：．则下列结论正确的是（ ）
A．直线l与圆的位置关系是相切B．直线l与圆的位置关系是相离
C．圆与圆的公共弦长是D．圆上的点到直线l的距离为1的点有3个
11．在正三棱柱中，，点P满足，其中，则下列说法错误的是（ ）
A．当且时，有
B．当且时，有
C．当时，的周长为定值
D．当时，三棱锥的体积为定值
三、填空题
12．直线关于x轴对称的直线方程为 .
13．写出与圆和都相切的一条直线的方程 ．
14．如图，是椭圆的左、右顶点，P是上不同于的动点，线段与椭圆C交于点Q，若，则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
15．如图，在三棱柱中，分别是上的点，且．设．
(1)试用表示向量；
(2)若，求异面直线与的夹角的余弦值．
16．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足
（1）求的值；
（2）若点D为边的中点，，求的值．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.

(1)求证：平面PCD；
(2)求平面BPD与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆的离心率，其右焦点到点的距离为，直线交椭圆于两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线过点且与直线垂直，求的面积；
(3)若直线过定点，若线段恰被点所平分，求直线的方程.
19．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)若直线与E交于不同的两点、，线段的中点记为，且线段的垂直平分线过定点，求的取值范围．
(3)若过轨迹右焦点的直线交于，两点，交直线于点．且，设直线，，的斜率分别为，，，若，探究，，的数量关系．
参考答案：
1．C
【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.
【详解】设该直线方程为
由点在该直线上，则，即
即该直线方程为
故选：C
【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.
2．B
【分析】根据题意，化简得到，得到四点共面，即可求解.
【详解】由，得，
可得，由于，
根据空间向量的基本定理，得四点共面.
故选：B.
3．D
【分析】在用截距式求直线方程时需要讨论解决是否为0，截距为0则过原点；截距不为0用截距式设出方程后带点即可.
【详解】设直线在两坐标轴上的截距分别为：，，则
①，则直线过原点，则直线方程为：
②则，则设直线方程为：，即，则，∴直线方程为：
综上所述：该直线方程为或
故选：D
4．A
【分析】由已知即可求出a，c的值，进而可以求出b的值，从而可以求解．
【详解】由题意可得，，
故，
即，
所以，
所以椭圆的短轴长为．
故选：A．
5．D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
6．D
【分析】设点P的坐标，根据题意把几何关系转化为代数方程可判断A、B，同样求出点K的轨迹方程，与P点的轨迹方程联立判断C，由角平分线的性质可判断D.
【详解】选项A，在平面直角坐标系中，，B-2,0，点满足，
设，则，化简可得，故A错误；
选项B，因为圆：的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
当时，则直线与圆相交，
当时，此时直线与圆相切，故B错误；
选项C，若存在点，使得，
可设，即有，化简可得，
联立，可得方程组无解，故不存在，故C错误；
选项D，当，，三点不共线时，由，可得射线是的平分线，故D正确.
故选：D.
7．C
【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：

根据题意可知，由椭圆定义可得，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，即；
结合整理可得，即，
解得或（舍）.
故选：C
8．A
【分析】判断以为直径的圆与直线线的位置关系即可判断A是否正确；求出满足的点的轨迹方程，在判断与直线关系是否有公共点即可；求出点关于直线的对称点为，利用三角形不等式可求出的最小值；利用三角形不等式即可判断.
【详解】对于A：构造以为直径的圆，其方程为.
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
所以在直线不存在点，使得，故A错误;
对于B：设，由可得，
，
化简得，即，
所以圆心为，半径为，
可判断圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交
所以存在点，使得，故B正确；
对于C项：设关于直线的对称点为，
由可解得，即，
则，
所以，故C正确；
对于D项：当点与不共线时
当点与共线时，
此时点，故D正确.
故选:A.
9．ACD
【分析】根据空间向量的基底的含义，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】对于A，能构成空间的一个基底的向量必须是不共面的3个向量，
由于非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，
即向量，与任何一个向量均共面，则，必共线，A正确；
对于B，空间的基底不唯一，不共面的3个向量，均可作为空间的一组基底，B错误；
对于C，由于两两垂直的三个非零向量不共面，故可以构成空间的一个基底，C正确；
对于D，由于是空间的一个基底，故不共面，
而与共面，故与不共面，且不共线，
故也是空间的一个基底，D正确，
故选：ACD
10．BC
【分析】由点线距与两半径的关系可判断A、B两项；将两圆方程作差，由弦长公式可判断C项；通过计算圆心到直线的距离结合条件从而判断出D选项.
【详解】对于选项A: 因为圆：，所以圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以直线l与圆的位置关系是相交，故选项A错误；
对于选项B: 因为圆：，所以圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以直线l与圆的位置关系是相离，故选项B正确；
对于选项C：联立，相减得公共弦所在得直线方程为：，
所以圆心到的距离为，
所以公共弦长为，故选项C正确;
对于选项D：因为，且，
所以圆上的点到直线l的距离为1的点有4个（在直线l的两侧各2个）, 故选项D错误;
故选：BC.
11．ABC
【分析】当且时，点为棱的中点，可判定是异面直线，即可判断A；当且时，点是棱中点，计算可判断B；当时，点在棱上，分别计算，时的周长，即可判断C；当时，点在棱上，利用线面平行的性质以及棱锥的体积公式，即可判断D.
【详解】对于A，当且时，，则点为棱的中点，如图，
因为平面，平面，，平面，所以是异面直线，故A错误；
对于B，当且时，，则点是棱中点，如图，
因为
，
所以与不垂直，故B错误；
对于C，当时，，则，点在棱上，周长为，如图，
当时，点为棱中点，，
当时，点与点重合，，
从而可知的周长不是定值，故C错误；
对于D，当时，，则，点在棱上，如图，
因平面平面，则平面，因此点到平面距离为定值，
而面积是定值，即有三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：ABC.
12．
【分析】根据题意，求得直线与坐标轴的交点为和，得出关于的对称点为，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】由直线，令，可得，即直线与轴的交点为，
再令，可得，即直线过点，
则点关于的对称点为，
又由，所以直线关于轴的对称直线为，即.
故答案为：.
13．或或
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
14．/
【分析】设，得到和，两式相除即可求解.
【详解】根据椭圆以及圆的对称性，不妨设P点在第一象限，设，
则，
，
两式相乘得①,
因为直径所对的角是直角，所以，
所以②，结合，
①除以②得，故，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由空间向量的基本定理求解即可；
（2）先用基向量表示与，然后求解与以及数量积，然后计算夹角的余弦值即可.
【详解】（1）由图可得：
.
（2）由（1）可知，
因为，
所以，，，
，
所以，
，，
所以，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
16．（1）4；（2）．
【分析】（1）由，带入余弦定理整理可得，所以，带入即可得解；
（2）作边上的高，垂足为E，因为，所．
又，所以，因为点D为边的中点且，所以，再根据勾股定理即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
即．
又，
所以．
（2）如图，作边上的高，垂足为E，
因为，所以．
又，所以．
因为点D为边的中点，，所以．
在直角三角形中，，所以．
在直角三角形中，，所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；
（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，所以平面.
（2）取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则
由得
取，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设椭圆右焦点为，依题意得到、的方程组，即可求出椭圆方程；
（2）首先求出直线的方程，联立直线与椭圆方程，求出弦，再求出点到直线的距离，最后由面积公式计算可得；
（3）设，，利用点差法求出中点弦的斜率，再由点斜式计算可得.
【详解】（1）设椭圆右焦点为，
则由题意得，解得，则，
所以椭圆方程为.
（2）设，，
由及，所以，
所以直线为，
由，得，则，
所以，，
，
因为点到直线的距离为，
所以.
（3）设，，
所以，，
两式作差得，
由于是的中点，故，，
所以，
所以，所以，
所以中点弦的方程为，
所求的直线方程．
19．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据圆与圆的位置关系可得，根据椭圆的定义可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，由可得，结合韦达定理可得点的坐标，进而可中垂线方程，可得，代入不等式可得点的取值范围；
（3）易知直线斜率一定存在，设，可得，可得，联立直线与椭圆，结合韦达定理与斜率公式可得，即可得.
【详解】（1）
由已知圆，即，圆心，半径，
圆，即，圆心，半径，
又动圆与圆内切，且与圆外切，
则，，
则，
即动点到定点与的距离之和为定值，
即动点的轨迹为以点与为焦点的椭圆，设其方程为，
则长轴长为，焦距为，短轴长为，
所以轨迹的方程为；
（2）
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立直线与椭圆，
得，
则，即，
且，，
则的中点，且直线的中垂线斜率为，
即直线的中垂线方程为，
又直线过点，即，化简可得，
则，解得，
即或；
（3）
易知直线斜率一定存在，设斜率为，则直线，
令，得，即，
则，
设直线与椭圆交于，两点，
联立直线与椭圆，得，，
则，，
且，，
则，
即.
【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
D
D
C
A
ACD
BC
题号
11









答案
ABC