2024-2025学年河北省唐山市开滦市高二上学期期中考试数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省唐山市开滦市高二上学期期中考试数学检测试题（含解析），共16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）
1．两平行直线与之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
2．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
3．若点在圆C：的外部，则m的取值可能为（ ）
A．5B．1C．D．
4．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
5．如图，在直三棱柱中，，，，，则与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是直线l被椭圆所截得的线段AB的中点，则直线l的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．，函数的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知椭圆的长轴端点分别为，两个焦点分别为是上任意一点，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．的周长为
C．面积的最大值为
D．
10．以下四个命题为真命题的是（ ）
A．过点且在轴上的截距是在轴上截距的4倍的直线的方程为
B．直线的倾斜角的范围是
C．已知，，则边的中垂线所在的直线的方程为
D．直线关于对称的直线方程为
11．已知点在曲线上，点，则PQ的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知空间中三点的坐标分别为，则点到直线的距离为 .
13．若曲线与直线有两个公共点，则实数m的取值范围是 ．
14．已知，点是直线上的一点，以为焦点的椭圆过点，则当该椭圆的离心率取得最大值时，该椭圆的方程为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知直线过定点，根据下列条件求直线的方程．
(1)若直线与两坐标轴在第一象限围成的三角形的面积为16；
(2)若直线与圆相切，求直线的方程．
16．如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设．若，求：
(1)试用向量表示，并求的值；
(2)求．
17．已知圆与圆．
(1)若圆与圆相外切，求的值．
(2)若，试求：
①圆与圆所得的公共弦长；
②经过两圆与圆的交点且与轴相切的圆的方程．
18．在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
19．已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值．
答案
1．【正确答案】C
【详解】依题意，直线为，
所以两平行直线与之间的距离．
故选：C
2．【正确答案】C
【分析】根据基底的性质，结合共面向量的性质逐一判断即可.
【详解】假设，，是共面向量，则存在 使，因为构成空间的一个基底，所以有，因此假设成立，故选项A不符合题意；
假设，，是共面向量，则存在 使，因为构成空间的一个基底，所以有，因此假设成立，故选项B不符合题意；
假设，，是共面向量，则存在 使，即，
因为构成空间的一个基底，所以上式向量式无实数解，因此假设不成立，故选项C符合题意；
假设，，是共面向量，则存在 使，因为构成空间的一个基底，
所以有，因此假设成立，故选项D不符合题意，
故选：C
3．【正确答案】C
【详解】因为点在圆C：的外部，
所以，解得，
又方程表示圆，则，即，
所以，结合选项可知，m的取值可以为.
故选：C
4．【正确答案】B
【详解】，则，解得或，题中应是充分不必要条件，
故选：B．
5．【正确答案】D
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
则与所成的角的余弦值为
.
故选：D
6．【正确答案】B
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理用表示中点坐标，结合已知中点坐标解关于的方程可得解.
【详解】当直线的斜率不存在时，由对称性可知被椭圆截得线段的中点在轴上，不合题意；
故可设直线的方程为，代入椭圆方程化简得，
，
有，，解得，
所以直线的方程为，即.
故选B.
7．【正确答案】C
【详解】如图所示.
设与直线平行且与直线之间的距离为1的直线方程为，
则，解得或，
圆心到直线的距离为，
圆到直线的距离为，
由图可知，圆与直线相交，与直线相离，
所以，即.
故选C.
8．【正确答案】C
【详解】设点，和直线，到l的距离分别为，
易知，显然.
当且仅当重合时取得等号.
故选：C
9．【正确答案】ABD
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，椭圆的离心率为，故A正确；
对于B，的周长为，故B正确；
对于C，，设，则面积的最大值为，故C错误；
对于D，设，
，
因此，故D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】BCD
【详解】选项，当直线过原点时直线方程为，
当直线不过原点时，设直线方程为，
将点代入得，解得，
所以直线方程为，
综上所述该直线方程为或，错误；
选项，因为直线的斜率为，所以，
所以倾斜角的范围是，正确；
选项，点，的中点为，直线的倾斜角为，
则边的中垂线所在的直线平行于轴，即该直线方程为，故正确；
选项，设直线关于对称的直线上任意一点的坐标为，
则该点关于点对称的点为，
将点代入得
，即，故正确；
故选.
11．【正确答案】BC
【详解】对于方程，
将换成可得：，即，
可知曲线关于轴对称，
且点在轴上，则只需讨论轴以及其上方的图象即可，
当，则曲线方程化为，即，
此时曲线为以为圆心，半径的半圆，
可知，当且仅当为线段与曲线的交点时，等号成立；
当，则曲线方程化为，即，
此时曲线为以为圆心，半径，
可知，当且仅当为的延长线与曲线的交点时，等号成立；
即，
结合选项可知：AD错误；BC正确.
故选：BC.
12．【正确答案】
【详解】由点，可得，
所以点到直线的距离为，
所以点C到直线的距离为.
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】由可得，
即曲线表示以原点为圆心，2为半径的圆的上半部分，
画出图形，可得当直线经过点A−2,0时，，
当直线与曲线相切时，由圆心到直线的距离可得，由图可得，
所以要使直线与曲线有两个公共点，则.
故选：C.

故
14．【正确答案】
【详解】由题意知：椭圆以为焦点，所以，
因为椭圆过点，所以，
设点关于直线对称的点为，
则解得：
所以，当且仅当三点共线时等号成立，
又，所以，即，
所以当时该椭圆的离心率取得最大值，
所以该椭圆的方程为．
故
15．【正确答案】(1)或；
(2)或.
【详解】（1）依题意，设直线的横纵截距分别为，则直线的方程为，
则有，由三角形面积，联立解得或，
所以直线的方程为或.
（2）依题意，圆的圆心，半径为1，
①当直线斜率不存在时，直线方程为，此时与圆相切，符合题意；
②当直线斜率存在时，设直线点斜式方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，此时直线方程为，
所以直线的方程为或.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）令正六边形的中心为，连接，
则四边形为菱形，，所以；
；
由，得，，
所以
.
（2）由（1）知，，，
所以
.
17．【正确答案】(1)
(2)① ②或
【详解】（1）圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，则，
由圆与圆相外切，得，所以.
（2）①当时，圆，，圆与圆相交，
两圆方程相减得，点到直线距离为，
所以圆与圆所得的公共弦长为；
②直线的方程为，即，
依题意，过两圆与圆的交点的圆的圆心在直线上，设圆心，
点到直线距离，圆的半径为，
由轴与圆相切，得，整理得，
解得或，当时，点，半径为1，方程为；
当时，点，半径为5，方程为，
所以圆的方程为或.
18．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，或.
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；
（3）假设存在点，使平面与平面所成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.
【详解】（1）因为在中，，，且，
所以，，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知，且都在平面内，所以平面；
（2）由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.
因为，故，
由几何关系可知，，，，
故，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，，.
设与平面所成角的大小为，
则有，
设为与平面所成角，故，
即与平面所成角的大小为；
（3）假设在线段上存在点，使平面与平面所成角的余弦值为.
在空间直角坐标系中，，，，
设，则，，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，，所以，
若平面与平面所成角余弦值为.
则满足，
化简得，解得或，即或，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面所成角余弦值为. 此时的长度为或.
19．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知圆，
所以圆心，半径，
因为，线段的垂直平分线交线段于点，所以，
又，所以，
即点的轨迹是以点为左、右焦点的椭圆，所以曲线．
因为曲线与直线相切，故，
解得，所以的方程为．
（2）由题意得直线，由，得，
令，
所以，即或．
设，则，
所以
，
令，则，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以面积的最大值为．