2024-2025学年重庆十一中教育集团高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆十一中教育集团高二（上）期中数学试卷（含答案），共9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。
1.直线l过P(b+c,b)，Q(a+c,a)(a≠b)两点，则直线l的斜率为( )
A. a+ba−bB. a−ba+bC. 1D. −1
2.若平面α的法向量为n=(4,−4,−2)，方向向量为(x,2,1)的直线l与平面α垂直，则实数x=( )
A. 4B. −4C. 2D. −2
3.圆心为(1,−1)且过原点的圆的一般方程是( )
A. x2+y2+2x−2y+1=0B. x2+y2−2x+2y+1=0
C. x2+y2+2x−2y=0D. x2+y2−2x+2y=0
4.椭圆x2a2+y2b2=1和x2a2+y2b2=k(k>0)具有( )
A. 相同的离心率B. 相同的焦点C. 相同的顶点D. 相同的长、短轴
5.如图，三棱锥O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点N为BC中点，点M满足AM=2MO，则MN=( )
A. 12a−13b−13c
B. −13a+12b+12c
C. −23a+12b+12c
D. 13a−23b+12c
6.若圆C1：x2+y2=4与圆C2：(x−a)2+(x+a)2=1有公切线，则实数a的范围是( )
A. [− 22, 22]B. (−∞,− 22]∪[ 22,+∞)
C. (−∞,−1]∪[1,+∞)D. [−1,1]
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若离心率e=|PF1||PF2|，则椭圆C的离心率的取值范围为( )
A. (0, 2−1)B. (0, 22)C. [ 22,1)D. [ 2−1,1)
8.已知x12+y12=x22+y22=16(x1,x2,y1,y2∈R)，且x1x2+y1y2=0，则代数式(x1+x2)2+(y1+y2−2 2)2的最小值为( )
A. 4 2B. 18C. 12D. 8
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l1：ax+y+1=0，直线l2：x+ay−1=0，则下列说法正确的是( )
A. 若l1//l2，则a=1或a=−1
B. 若l1⊥l2，则a=0
C. 直线l1过定点(0,−1)
D. 若直线l2与坐标轴围成的三角形的面积为12，则a=1
10.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为(x2+y2)3=x2y2，则下列说法正确的是( )
A. 四叶草曲线有四条对称轴
B. 设P为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过P作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为18
C. 四叶草曲线上的点到原点的最大距离为14
D. 四叶草曲线的面积小于π4
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，动点M满足AM=xAB+yAD+zAA.(x,y,z∈R)，则( )
A. 当x=y=0，z=12时，则三棱锥M−ABD的体积为112
B. 当x=y=1，z=12时，直线AM⊥平面A1BD
C. 当x=y=12，z=1时，直线AM//平面C1BD
D. 当x+y+z=1且AM=23时，点M的轨迹长度为23π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.两平行线l1：x+2y−1=0与l2：2x+4y+3=0之间的距离为______．
13.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是正三角形，E是PC的中点，则异面直线DE与PB所成角的余弦值是______．
14.已知P，Q为椭圆x225+y216=1上的动点，直线PQ与圆M：(x−2)2+y2=1相切，切点A恰为线段PQ的中点，当直线PQ斜率存在时点A的横坐标为______．
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.(本小题13分)
已知△ABC的顶点坐标分别为A(−2,4)，B(−1,3)，C(2,6)．
(1)求边AB的垂直平分线l的方程；
(2)求三角形ABC的外接圆方程．
16.(本小题15分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，AB=AC，AA1=2AB，点M在侧棱CC1上，且满足CM=14CC1．
(1)求证：BM⊥A1C；
(2)求直线BA1与平面ABM所成的角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2 3，且点M( 2, 33)在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线y=kx+ 2与椭圆E相交于不同的两点P和Q，当|PQ|= 3时，求实数k的值．
18.(本小题17分)
如图1所示的图形中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，△PAD和△BCQ均为直角三角形，∠PDA=∠QCB=90°，PD=AD=2CQ=2，现沿AD和BC将△PAD和△BCQ进行翻折，使PD//QC(PD,QC在平面ABCD同侧)，如图2(或图3)
(1)证明：BQ//平面PAD；
(2)如图2，若PD⊥平面ABCD，求点Q到平面PBD距离；
(3)如图3，若二面角P−AD−B为120°时，判断平面PBQ与平面PBD是否垂直？并说明理由．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x22+y2b2=1(b>0)的焦点在x轴，离心率e= 22，点P在直线x=2上．
(1)求实数b的值；
(2)设F是椭圆E的右焦点，若Q是椭圆E上一点，且满足PF⋅QF=0，设直线PQ和直线OQ(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，证明：k1⋅k2=−12；
(3)若点P的纵坐标为12，过P作直线l交椭圆E于不同的两点M和N，在线段MN上取点H(异于M，N两点)满足|PM||PN|=|HM||HN|，证明：点H在定直线上．
参考答案
1.C
2.D
3.D
4.A
5.B
6.B
7.D
8.D
9.BC
10.ABD
11.ACD
12. 52
13.14
14.509
15.解：(1)因为A(−2,4)，B(−1,3)，可得AB的中点D(−32,72)，
AB=(1,−1)，由点法式方程可得AB的中垂线l的方程为：1×(x+32)+(−1)(y−72)=0，
整理可得：x−y+5=0；
(2)BC的中点E(12,92)，BC=(3,3)，
由点法式方程可得BC的中垂线方程为3(x−12)+3(y−92)=0，
整理可得：x+y−5=0，
联立x−y+5=0x+y−5=0，解得x=0，y=5，
即△ABC的外接圆的圆心为(0,5)，
半径r= (0−2)2+(6−5)2= 5，
所以原点方程为：x2+(y−5)2=5．
16.解：(1)证明：由题得，以A为坐标原点，以AB，AC，AA1方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，

设AB=2，则B(2,0,0)，M(0,2,1)，A1(0,0,4)，C(0,2,0)，
BM=(−2,2,1)，A1C=(0,2,−4)，
由BM⋅A1C=2×2−4=0，
∴BM⊥A1C；
(2)由题得AB=(2,0,0)，AM=(0,2,1)，BA1=(−2,0,4)，
设平面ABM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=0n⋅AM=0，即2x=02y+z=0，
取n=(0,1,−2)，
设直线BA1与平面ABM所成的角为θ，
则sinθ=|n⋅BA1||n||BA1|=8 5 20=45，
∴直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为45．
17.解：(1)由题可得：2a=2 32a2+13b2=1，解得：a= 3b=1，
所以椭圆E的方程为：x23+y2=1；
(2)由题，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+ 2x23+y2=1，化简得：(1+3k2)x2+6 2kx+3=0，
则Δ=72k2−12(1+3k2)>0，即k2>13，
则x1+x2=−6 2k1+3k2，x1⋅x2=31+3k2，
所以|PQ|= 1+k2||x1−x2|
= 1+k2 72k2(1+3k2)2−121+3k2
= 3，
化简得：9k4+6k2−15=0，
解得：k2=1或k2=−53(舍)，
所以k=±1，满足k2>13，
即k的值为±1．
18.解：(1)证明：由题意，PD//QC，
QC⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴QC//平面PAD，
四边形ABCD为菱形，∴BC/​/AD，
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC/​/平面PAD，
又QC∩BC=C，QC、BC⊂平面BCQ，
∴平面PAD/​/平面BCQ，又BQ⊂平面BCQ，
∴BQ//平面PAD；
(2)由题意：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，
取BC中点E，连接DE，可得DE⊥BC，
以D为坐标原点，以DA,DE,DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B(1, 3,0)，P(0,0,2)，Q(−1, 3,1)，
DB=(1, 3,0)，DP=(0,0,2)，DQ=(−1, 3,1)，
设平面PBD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⋅DB=0n⋅DP=0，可得x+ 3y=02z=0，
令y=−1，可得n=( 3,−1,0)，
∴点Q到平面PBD的距离d=|DQ⋅n||n|= 3；
(3)平面PBQ与平面PBD不垂直，理由如下：
由四边形为菱形，∠BAD=60°，
△PAD和△BCQ均为直角三角形，
∠PDA=∠QCB=90°，∴AD⊥PD，
取BC中点E，连接DE，可得DE⊥AD，
∴二面角P−AD−B的平面角为∠PDE，∠PDE=120°，
以D为坐标原点，以DA,DE所在直线分别为x轴，y轴，
过D作垂直于底面ABCD的z轴，建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B(1, 3,0)，P(0,−1, 3)，Q(−1, 3−12, 32)，
DB=(1, 3,0)，DP=(0,−1, 3)，BP=(−1,−1− 3, 3)，BQ=(−2,−12, 32)，
设平面PBD的一个法向量为m−=(x1,y1,z1)，
则由m⋅DB=0m⋅DP=0，可得x1+ 3y1=0−y1+ 3z1=0，
令z1=1，可得m=(−3, 3,1)，
设平面PBQ的一个法向量为t=(x2,y2,z2)，
则由t⋅BP=0t⋅BQ=0，可得−x2−( 3+1)y2+ 3z2=0−2x2−12y2+ 32z2=0，
令y2=3，可得t=( 3,3,4+ 3)，
因为m⋅t=4+ 3≠0，所以m与t不垂直，
所以平面PBQ与平面PBD不垂直．
19.(1)解：设椭圆E的焦距为2c，长轴长为2a，
由题意知，a= 2ca= 22b= a2−c2，解得b=1．
(2)证明：由(1)知，椭圆E的方程为x22+y2=1，
设 Q(x0,y0)，P(2,t)，F(1,0)，
则PF=(−1,−t)，QF=(1−x0,−y0)，
因为PF⋅QF=0，所以−(1−x0)+ty0=0，即ty0=1−x0，
由 Q(x0,y0) 在椭圆E上，知y02=1−x022，
所以k1⋅k2=t−y02−x0⋅y0x0=ty0−y022x0−x02=1−x0−(1−x022)2x0−x02=x022−x02x0−x02=−12．
(3)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，H(x,y)，
设|PM||PN|=|HM||HN|=λ(λ>0)，则PM=λPN,MH=λHN，
所以(x1−2,y1−12)=λ(x2−2,y2−12)，(x−x1,y−y1)=λ(x2−x,y2−y)，
所以x1−2=λx2−2λ，y1−12=λy2−12λ，x−x1=λx2−λx③，y−y1=λy2−λy④，
由以上式子可得：λx2−x1=2(λ−1)①，λy2−y1=12(λ−1)②，λx2+x1=x(λ+1)③，λy2+y1=y(λ+1)④，
①×③得：λx22−x12=2x(λ2−1)⑤，
②×④得：λy22−y12=12y(λ2−1)⑥，
⑤+2×⑥得：λ2(x22+2y22)−(x12+2y12)=(λ2−1)(2x+y)，
因为M(x1,y1)，N(x2,y2)在椭圆E上，所以x12+2y12=2，x22+2y22=2，
所以2λ2−2=(λ2−1)(2x+y)，
因为λ2−1≠0，所以2x+y−2=0，
即H(x,y)的轨迹方程为2x+y−2=0，
故点H在定直线2x+y−2=0上．