河南省郑州市中牟县2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份河南省郑州市中牟县2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了 向量，若，则实数， 若直线与圆相交于两点，则， 在中，，则点到直线的距离为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.试题卷共4页，四大题19小题，满分150分，作答时间120分钟.
2答题前，先将自己的姓名､班级､考场号､坐位､准考正号正确填写在答题卡上.再将条形码貼在答题卡的“贴条形码区”.
3.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黒；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.作答填空题和解答题时，用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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. 下列直线中倾斜角为的是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知倾斜角为，等价于斜率为1，结合选项分析判断即可.
若直线的倾斜角为，等价于斜率为1，
对于A：斜率为，不合题意；
对于B：斜率为1，符合题意；
对于C：斜率不存在，不合题意；
对于D：斜率为0，不合题意；
故选：B.
2. 向量，若，则实数（）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直关系的坐标表示列式计算即得.
向量，由，得，
所以.
故选：D
3. 直线与椭圆的公共点个数为（）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知直线和均过，结合图象即可判断.
直线和均过，
结合图象可知直线与椭圆的公共点个数为2个.
故选：C.
4. “”是“直线与直线平行”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行问题判断即可.
当时，直线为，直线为，两直线重合；
当直线与直线平行时，，
解得或，而时，两直线重合，
当时，直线为，直线为，两直线平行，
因此直线与直线平行时，，则，
所以“”是“直线与直线平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D
5. 若直线与圆相交于两点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求得，可得为等边三角形，即可得结果.
由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径，
则圆心O0,0到直线的距离为，
可知，即为等边三角形，所以.
故选：B.
6. 如图，在正方体中，，则下列结论中正确是（）
A. 平面B. 平面平面
C. 平面D. 平面内存在与平行的直线
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．
因为为正方体，设正方体边长为2，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
同理解得平面的法向量，
，故A不正确；
，故B不正确；
，
，所以，
又，所以平面，C正确；
平面的一个法向量为，
，故D不正确；
故选：C
7. 在中，，则点到直线的距离为( ).
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由坐标运算求出，，进而求出在方向上的投影，然后即可求出点到直线的距离.
由题意可知因为，，所以，，
所以在方向上的投影为，
所以点到直线的距离为.
故选：B.
8. 已知点分别为椭圆的左､右焦点，，若经过的弦AB满足，则椭圆C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可得，由，根据余弦定理可得，再由离心率公式求解即可.
由题可知，
所以，解得，
因为，即，
整理得，所以.
故选：A.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 下列关于空间向量的命题中，正确的是（）
A. 若向量满足，则
B. 若是空间的一组基底，且，则四点共面
C. 若向量满足，则
D. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
【答案】BD
【解析】
【分析】举例判断AC，利用共面向量基本定理的推论判断B，利用空间向量基本定理判断D.
对于A，正方体共点的两条棱对应的向量，它们的模相等，而这两个向量不共线，A错误；
对于B，向量不共面，由，
得，即，
则向量共面，又它们有公共点，因此四点共面，B正确；
对于C，正方体共点的三条棱对应的向量，其中一个向量都垂直于另两个向量，
而另两个向量不共线，C错误；
对于D，若向量共面，则存在实数对使得，
而向量，则，此方程组无解，
即向量不共面，D正确.
故选：BD
10. 已知圆与圆，则下列结论正确的是（）
A. 两圆相切
B. 两圆的公共弦所在的直线方程为
C. 两圆的公切线有两条
D. 两圆的公共弦长为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据圆心距与两圆半径的关系判断两圆的位置关系，进而判断两圆相切是否正确；通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程；根据两圆位置关系判断公切线的条数；再利用弦长公式计算公共弦长.
对于圆，其圆心坐标为，半径.
对于圆，其圆心坐标为，半径.
根据两点间距离公式，圆心距.
，，而，所以两圆相交，故A选项错误.
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，即，化简得，故B选项正确.
因为两圆相交，所以公切线有两条，故C选项正确.
先求圆心到公共弦的距离，.
根据弦长公式，则弦长，故D选项错误.
故选：BC.
11. 如图，造型为“”的曲线C称为双纽线，其对称中心为坐标原点，且曲线上的点满足：到点和的距离之积为定值.若点在曲线C上，则下列结论正确的是（）
A.
B. PO
C. 面积的最大值为2
D. 周长的最小值为6
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，结合曲线过原点求出，再结合基本不等式及二次函数逐项求解判断.
依题意，，即，
由曲线过原点，得，
对于A，，
当且仅当时取等号，解得，即，A正确；
对于B，，即，
解得，因此，B正确；
对于C，令，由，得，
则，
当且仅当时，有最大值1，，C正确；
对于D，，当且仅当，即时取等号，
因此在中，，其周长PF1+PF2+F1F2>4+4>6，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：解题关键在于数形结合思想的运用，既要化简曲线方程，又要结合图形，关注图形经过的定点，区域范围，以及对称性等特点，常运用基本不等式或函数的最值求解范围、最值问题.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 椭圆的焦距为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将方程化为标准形式，进而可得，即可得焦距.
因为，即，
可知，则，
所以椭圆的焦距为.
故答案为：.
13. 已知空间中一个静止的物体用三根绳子悬挂起来，若三根绳子上的拉力大小都为，且三根绳子中任意两根绳子的夹角均为，则该物体的重量为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积求出三根绳子上拉力的合力大小即得答案.
设三根绳子上的拉力分别为，则，，
，令物体的重力为，则，
因此，
所以该物体的重量.
故答案为：
14. 已知，动点满足，则点的轨迹方程为__________.若动点的轨迹上有且只有两个点到直线的距离等于1，试写出符合条件的实数的一个值为__________.
【答案】 ①. ②. 3（答案不唯一，或）
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程并化简得答案；求出圆心到直线距离，再由已知列出不等式求出的范围即可.
设点，由，得，化简题得，
所以点的轨迹方程为；
点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
圆心到直线的距离，
由点的轨迹上有且只有两个点到直线的距离等于1，得，
解得，即，解得或，取.
故答案为：；3
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. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点.
（1）若，求的值；
（2）求
【答案】（1）0（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的运算法则，化简得到，结合，即可求解；
（2）可得，结合数量积运算求解即可..
【小问1】
由向量的线性运算法则可得，
又因为，则，
所以.
【小问2】
由题意可知：，
又因为，
所以.
16. 已知圆经过两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若过点的直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求出线段的垂直平分线方程，再联立已知直线方程求出圆心坐标，然后根据圆心与点或的距离求出半径. （2）先设出直线方程的点斜式，然后根据圆心到直线的距离等于半径来求解斜率.
【小问1】
首先求线段的斜率,则垂直平分线的斜率为.
中点坐标为.
根据点斜式可得垂直平分线方程为，即.
联立
将代入得，即.
把代入得，所以圆心.
半径.
则圆的方程为.
【小问2】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
此时圆心到直线的距离为，等于半径，所以是圆的切线.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
根据圆心到直线的距离等于半径，可得.
即.两边平方解得.
此时直线的方程为，即.
综上所得，直线的方程为或.
17. 已知四棱锥的底面为菱形，且为等边三角形，且.
（1）求证：；
（2）请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值.
①四棱锥的体积为2；
②向量与所成角的余弦值为.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，可得，结合线面垂直关系证明；
（2）根据面面垂直的性质可知点在底面内的投影.若选①：求得，可知点与点重合，建系，利用空间向量求二面角；若选②：可知，求得，可知点与点重合，建系，利用空间向量求二面角.
【小问1】
取的中点，连接，
由题意可知：，
可知为等边三角形，且，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以.
【小问2】
由（1）可知：平面，且平面，
可得平面平面，且平面平面，
由面面垂直的性质可知：点在底面内的投影.
若选①：四棱锥的体积，解得，
注意到是边长为2的等边三角形，则，可知点与点重合，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
设，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
则，
由题意可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为；
若选②：因为，可知向量与所成角即为，则，
由余弦定理可得，
即，解得，
又因为，则，
可得，可知点与点重合，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
设，则，可得，
由题意可知：平面的法向量，
则，
由题意可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
18. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为，短轴长为，点在椭圆上且PF的最大值是最小值的倍.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若不经过点的直线与椭圆相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据短轴长求出，再结合的PF最值关系求出和，从而得到椭圆方程；
（2）设出直线方程和交点坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理和斜率公式求出直线所过定点.
【小问1】
已知短轴长为，根据椭圆的性质，.
设椭圆的半焦距为，已知PF的最大值是最小值的倍，即.
展开可得，即.
又因为，把代入可得.
即，解得，那么.
所以椭圆的方程为.
【小问2】
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，,.
因为，在椭圆上，代入可得，.
已知，则，，.
把代入得，其值不为，
所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，，.
联立直线与椭圆方程，得.
展开可得，
整理得.
根据韦达定理，，.
因为，所以，，.
即，
展开得.
将，代入上式并化简可得.
即，解得或.
当时，直线的方程为，经过原点.
当时，直线的方程为，所以直线恒过定点，不合题意.
综上所得，直线恒过定点原点.
19. 已知点分别为椭圆的左､右焦点，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）.如图，将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后在新图形中对应点记为.
（1）当时，
①求证：平面；
②求直线与平面所成角的正弦值；
（2）是否存在，使得折叠后的周长为15？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）①证明见解析；②；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）①求出椭圆方程及直线的方程，联立求出点的坐标，进而求出点的坐标，再利用面面垂直的性质推理得证；②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解.
（2）设折叠前，表示折叠后点的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合建立关系，求出，即得的值.
【小问1】
①依题意，椭圆的半焦距，则，椭圆的方程为，
直线，由消去得，解得或，
而点在轴上方，则，，
折叠后有，而二面角为直二面角，即平面平面，
平面平面，平面，所以平面
②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，得，
直线与平面所成角的正弦值为.
小问2】
假定存在符合条件的，设折叠前，折叠后，
设直线方程为，由消去得，
则，
折叠前，折叠后，
由，，则，
即，
分子有理化得，
即，
解得，则，
即，，
整理得，解得，由，得
所以存在，使得折叠后的周长为15，.
【点睛】思路点睛：在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.