湖南省浏阳市2024-2025学年高二上学期期中质量监测数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省浏阳市2024-2025学年高二上学期期中质量监测数学试卷（Word版附答案），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.
1.过点且倾斜角为135°的直线方程为（ ）
A.B.
C.D.
2.已知非零向量，，且、、不共面，若，则（ ）
A.-13B.-5C.8D.13
3.已知点A，B，C为椭圆M的三个顶点，若是正三角形，则椭圆M的离心率是（ ）
A.B.C.D.
4.已知点在圆：的外部，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
5.瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直线被称为“欧拉线”.已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ）
A.B.
C.D.
6.已知点，是双曲线：上的两点，线段的中点是，则直线的斜
率为（ ）
A.B.C.D.
7.如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点.直线到平面的距离为（ ）.
A.B.C.D.
8.已知为双曲线C：的一个焦点，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为点A，与C的另一条渐近线交于点B，若，则C的离心率为（ ）
A.2B.C.D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18.分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.满足下列条件的直线与，其中的是（ ）
A.的倾斜角为45°，的斜率为1
B.的斜率为，经过点，
C.经过点，，经过点，
D.的方向向量为，的方向向量为，
10.长度为4的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，线段中点的运动轨迹为曲线，则下列选项正确的是（ ）
A.点（1，1）在曲线内
B.直线与曲线没有公共点
C.曲线上任一点关于原点的对称点仍在曲线上
D.曲线上有且仅有两个点到直线的距离为1
11.如图，在直三棱柱中，，，是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.平面B.平面平面
C.直线到平面的距离是D.点到直线的距离是
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上）
12.已知双曲线C的焦点为（-2，0）和（2，0），离心率为，则C的标准方程为_________.
13.如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为___________.
14.已知圆经过点，且与圆：相切于点，则圆的标准方程为__________________
四、解答题：本题共5小题，共7分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）
如图所示，已知平面，四边形为矩形，，，分别为，的中点.求证：
（1）平面；
（2）平面平面.
16.（15分）
已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且.
（1）求抛物线的方程，并求的值；
（2）过焦点的直线与抛物线交于，两点，若点满足，求直线的方程.
17.（15分）
设动点M到定点的距离与它到定直线：的距离之比为.
（1）求点M的轨迹E的方程；
（2）过F的直线与曲线E的右支交于P、Q两点（P在x轴上方），曲线E与x轴左、右交点分别为A、B，设直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明理由.
18.（17分）
已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形，且平面平面，
（1）求证：；
（2）是否存在一点F，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点F的位置，否则，请说明理由.
19.（17分）已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
（1）求椭圆C的方程
（2）求证：直线恒过定点；
（3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值.
2024年下学期期中质量监测试卷
高二数学参考答案
1.【答案】D
【分析】由倾斜角为135°求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程
【详解】解：因为直线的倾斜角为135°，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
故选：D
2.【答案】B
【解析】【分析】
【解答】
解：因为，所以设，
所以，
所以，
解得，，
则.
故选B.
3.3.C
【分析】首先由题得到，结合，即可求得.
【详解】无论椭圆焦点位于x轴或y轴，根据点A，B，C为椭圆M的三个顶点，
若是正三角形，则，即，即，
即有，则，解得.
故选：C.
4.【答案】B
【解析】由，得，
由，解得①，
∵点在圆的外部，∴，
即，得或②，由①②得，故选B.
5.【答案】C
【解析】由的顶点，，知，
的重心为点，即点（1，1）.
因为，所以为直角三角形，所以其外心为斜边的中点，
即点，即点，
所以的欧拉线方程为，即.故选C.
6.【答案】D
【解析】通解设，，
∵点，是双曲线上的两点，
∴，，
两式相减得，
∵是线段的中点，
∴，，
∴，∴.
秒杀解 由题意知，，则直线的斜率为.
7.D
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】∵，平面，平面，∴平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以D点为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立直角坐标系.
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
8.【答案】C
【分析】画出图形，利用渐近线的夹角，通过求解三角形推出双曲线的离心率即可.
【详解】如图所示，
可知：，，，，，
可得，
，即
可得，
解得：或
因为，所以，
所以舍去，
故选：C
9.【答案】BCD
【分析】根据直线斜率之积为-1判断ABC，再由方向向量垂直的数量积表示判断D.
【详解】对A，，，，所以A不正确；
对B，，，故B正确；
对C，，，，故C正确；
对D，因为，所以两直线的方向向量互相垂直，故，故D正确.
故选：BCD
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
【解答】
解：设线段中点，则，，
故，即，表示以原点为圆心，2为半径的圆，故C选项正确；
A选项，点（1，1）满足在曲线内，A选项正确；
B选项，直线，即0，圆心到直线的距离，
故直线与圆无公共点，B选项正确；
D选项，圆心到直线的距离为，又，所以有三个点到直线的距离为1，D选项错误；
故选：ABC.
11.【答案】ABD
【解析】对于选项A，如图1所示，连接，交于点，连接，
因为是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于选项B，因为，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故B正确；
对于选项C，因为平面，
所以到平面的距离等于点到平面的距离，
以为坐标原点，，的方向分别为轴，轴的正方向，
建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则即得，
令，则，得，则，故C错误
对于选项D，由C选项的分析知，
，，，
则点到直线的距离为，故D正确.故选ABD.
12.12.
【分析】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.
【详解】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a，b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，
由双曲线C的离心率为，得，解得，则，
所以双曲线C的方程为.
故答案为：.
13.答案：90°
【解答】
解：，
设，则，
所以，，
所以，
于是得到与所成角的大小为90°.
答案：90°
14.【答案】解：已知圆：化简为标准形式：.
故其圆心为，半径为，
由点，点，，
可得的中垂线斜率为，且经过中点，
所以的中垂线方程为，化简可得：①，
圆心和所在直线方程为，化简可得：②，
联立 ① ②可得：，解得
故圆心坐标为，
半径为，
则圆的方程为
15.【答案】解：（1）如图所示，以为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，
则，，，，，
因为，分别为，的中点，
所以，，
所以，，，
所以.
又因为平面，所以平面.
（2）由（1）可知，，.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，则.
因为，
所以，所以平面平面.
16.【解题思路】（1）首先表示出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出，即可求出抛物线方程；
（2）设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由得到方程，解得即可.
【解答过程】（1）抛物线：的准线方程为，
因为点在抛物线上，且，
所以，解得，
所以抛物线方程为，
又因为点在抛物线上，所以，.
（2）由（1）可知抛物线的焦点，
显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
由，消去整理得，
所以，则，，
所以，
，
又，所以，，
因为，所以，
即，
即，解得，
所以直线的方程为，即.
17.【详解】（1）设，M到定直线：的距离为，
则，故，
平方后化简可得，
故点M的轨迹E的方程为：
（2）由题意，，
设直线的方程为，，，
由，可得，
所以，
则，，
所以
当直线的斜率不存在时，：，此时，
综上，为定值.
18.【答案】（1）证明见解析
（2）点F为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，理由见解析
【详解】（1）取的中点G，连接，
因为，所以，又，所以是等边三角形，
所以，所以是直角三角形，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）F为中点即可满足条件，理由如下：
取的中点H，连接，则，平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
由为等边三角形，可得，
在直角三角形中，，
以D为坐标原点，以，为x，y轴，过D平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以平面的法向量为，
设平面的一个法向量为.
则，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
于是，
解得或（舍去），
所以点F为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
19.【解题思路】（1）由已知可得椭圆方程，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证；
（2）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值.
【解答过程】（1）由已知两个顶点坐标为，，短轴长为2，得，，
则椭圆方程：.
（2）设直线方程为，，，
由，消去x得，，
，
则，，
，
，
又点在椭圆上，则，即
则，
即，则，
即
，
解得，此时，
即直线的方程为，
所以直线恒过定点；
（2）设直线的方程为，，，
由，消去得，
，即，
则，，
所以
点到直线的距离，
所以，
又，，
所以
，
所以
则当即时，取最大值为.