内蒙古兴安盟科尔沁右翼前旗第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

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1．D
【分析】由两直线垂直，当斜率存在时，有，即得解
【详解】因为直线的斜率为3，所以与直线垂直的直线的斜率为，经观察只有选项D中的直线的斜率为
故选：D
2．C
【分析】由点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由题意可得：点P到直线l的距离，解得或．
故选：C.
3．A
【分析】利用两平行线间的距离公式可求出的最小值.
【详解】由，可得两条直线相互平行，
所以最小值为平行线之间的距离，可化为，
所以，.
故选：A
4．B
【分析】利用两直线平行的等价条件即可求解.
【详解】因为直线和直线平行，
所以，
故直线为，与直线平行
故选：B
5．A
【分析】建系，借助空间向量线面角的求法，求出与底面所成角的正弦值.
【详解】
如图分别以所在直线为轴､轴､轴建立直角坐标系，
由已知，得，
则重心，因而，
设与底面所成的角为，则
.
故选：A.
6．D
【分析】计算出直线所过定点的坐标，由题意得出定点是圆的圆心，然后利用点到直线的距离公式计算出圆的半径长，即可得出圆的方程.
【详解】在直线的方程中，令，则，则直线过定点.
由于直线始终平分圆的面积，则点是圆的圆心，
又圆与直线相切，则圆的半径.
因此，圆的方程为，即.
故选D.
【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线过定点问题，求出圆的圆心坐标为解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.
7．D
【分析】根据直线过定点，即可根据斜率公式求解边界线的斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系求解.
【详解】直线的方程可得，所以，直线过定点，
设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，
所以，即，因为，所以或，
故直线的倾斜角的取值范围是．
故选：D．
8．D
【分析】取的中点，连接，，根据面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值即可.
【详解】取的中点，连接，，因为，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.又因为，所以，于是以为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，结合为等腰直角三角形，
，为等边三角形，
则，，，，
所以，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D
9．BC
【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值和的关系.
【详解】因为，所以，由题意可得，
所以，则．
故选：BC
10．BD
【分析】将直线方程化为斜截式，从而得到的不等式组，求解可判断A，利用直线过定点的求法可判断B，直接举例可判断C，求出直线的横、纵截距可判断D.
【详解】对于A，因为，所以可化为，
若直线不经过第二象限，则即，，故A错误；
对于B，直线方程可整理为，
由得
所以直线恒过定点2,1，故B正确；
对于C，当时，直线方程为，此时与轴垂直，故错误；
对于D，直线的横、纵截距均为，故正确．
故选：BD．
11．ACD
【分析】由圆的方程作出曲线图象，再由弧长公式，点到直线的距离公式对选项逐一判断，
【详解】当时，曲线方程可化为，即，是以为圆心，为半径的圆的一部分，
同理可作出其他象限内图象，如图所示，
对于A，曲线围成的图形有4条对称轴，分别是直线，，，，故A正确，
对于B，曲线围成的图形的周长是，故B错误，
对于C，曲线上的任意两点间的距离最大值为，故C正确，
对于D，到直线的距离为，
而到直线的距离为，由圆的性质得曲线上一点到直线的距离最小为，
故的最小值是，故D正确，
故选：ACD
12．或
【分析】根据两坐标轴上的截距之和为零，先设直线方程，再根据点在线上求参即可得出直线方程.
【详解】因为直线在两坐标轴上的截距之和为零
所以设直线方程为或,
再因为直线过点可得，
,可得.
所以直线方程为或.
故答案为：或.
13．
【分析】两圆方程相减即可得公共弦所在直线，分别求出其中一圆的圆心到直线的距离与半径，再利用直线与圆的相交弦长公式即可求出答案.
【详解】联立方程组，，
两式相减，得，为公共弦长所在直线的方程，
又圆的圆心为1,0，，
圆心到直线的距离为，
所以两圆公共弦长.
故答案为：.
14．/
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离的最小值，即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因动点在线段上，则令，
即有点，所以，则，
从而，
因此点到直线的距离
，
当且仅当时取等号，
所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为，
又因为，
所以面积的最小值.
【点睛】关键点点睛：求出点到直线的距离的最小值是解决本题的关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由条件可设椭圆方程为，再由条件列方程求，即可得椭圆方程；
（2）结合焦点坐标知可设椭圆方程为，且，结合椭圆定义可求，由此可求及椭圆方程.
【详解】（1）因为椭圆的焦点在轴上，
所以设它的标准方程为．
又椭圆经过点0,2和1,0，
所以解得
所以所求椭圆的标准方程为．
（2）由于椭圆的焦点在轴上，
所以设它的标准方程为，
设椭圆的半焦距为，则，
又，
所以，
所以，
所以所求椭圆的标准方程为．
16．(1)半径为2，圆心坐标为
(2)
【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，即可求解；
（2）首先利用垂直关系设所求直线方程为，再代入圆心坐标，即可求解.
【详解】（1）圆可化为，则圆心为，半径为2；
（2）设与直线垂直的直线的方程为
已求出圆的圆心坐标为，
又因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线方程为
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，分别证得和，利用线面垂直的判定定理。证得平面，进而证得平面平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，令，得到向量的坐标，再分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）证明：由，且，所以，
取的中点，连接，可得，
再由，可得，即，
因为，且为的中点，可得，
又因为，且面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）可知，，又由，
以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
所以，，
令，其中，可得，所以，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
令，可得，所以；
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，
令，可得，所以，
则，
设，其中，则上式可化为，即，
解得或舍去，所以，解得.
18．(1) .
（2）.
（3）．
【详解】试题分析：（1）圆的方程化为标准式，可得圆心，半径，根据点到直线距离公式以及勾股定理可得直线被圆截得的弦长；（2）当所截弦长最短时，取最大值，
圆心到直线的距离，令，，利用配方法可得时取最大值，弦长取最小值，直线上方程为，（）设，当以为圆心，为半径画圆，当圆与圆刚好相切时，，解得或，可得点横坐标的取值范围为．
试题解析：（）圆的方程为，圆心，半径．
当时，直线的方程为，
圆心到直线的距离，
弦长．
（）∵圆心到直线的距离
，
设弦长为，则，
当所截弦长最短时，取最大值，
∴，令，
．
令
，
当时，取到最小值．
此时，取最大值，弦长取最小值，
直线上方程为．
（）设，
当以为圆心，为半径画圆，当圆与圆刚好相切时，
，
解得或，
由题意，圆与圆C有两个交点时符合题意，
∴点横坐标的取值范围为．
19．(1)
(2)存在，点M位置为
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值；
（2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解.
【详解】（1）设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
（2）设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
B
A
D
D
D
BC
BD
题号
11









答案
ACD