河北省承德市第八中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份河北省承德市第八中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷，共20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，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．椭圆的标准方程为，其焦点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A． B． C．D．
3．若直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．若直线与圆交于两点，则（ ）
A．1B．C．2D．
5．求长轴长是短轴长的倍，且过点的椭圆的标准方程（ ）
A． B． C．或D．
6．在长方体中，，，点E是棱的中点，则点E到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，是椭圆：的左、右焦点，是的下顶点，直线与的另一个交点为，且满足，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．在三棱锥中，平面，分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．已知直线，则下列选项中正确的有（ ）
A．直线的倾斜角为B．直线的斜率为
C．直线不经过第三象限D．直线的一个方向向量为
10．设，是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且.则下列说法中正确的是（ ）
A．， B．离心率为 C．的面积为12 D．的外接圆面积为
11．在棱长为的正方体中，，分别是AB，中点，则（ ）
A．平面 B．直线与平面所成的角为
C．平面平面 D．点到平面的距离为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．若圆关于直线对称，则 ．
13．已知椭圆的左、右焦点分别为，过作轴垂线交椭圆于，若，则该椭圆的离心率是 .
14．若直线l：与曲线C：只有一个公共点，则实数m的取值范围是 .
四、解答题（本大题共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．(本题13分)如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点.
(1)求证：；
(2)求线段的长.
16．(本题15分)已知圆的圆心在直线上，并且经过点，与直线相切.
(1)求圆的方程；
(2)经过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程.
17．(本题15分)已知椭圆的长轴长为，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆相交于不同的两点和，当时，求实数的值．
18．(本题17分)在梯形ABCD中，，，F为AB中点，，，，如图，以EF为轴将平面ADEF折起，使得平面平面BCEF.
(1)若M为EC的中点，证明：∥平面ABC；
(2)证明：平面平面BCD；
(3)若N是线段DC上一动点，平面BNE与平面ABF夹角的余弦值为，求DN的长.
19．(本题17分)已知，圆．
(1)若圆与圆外切，求实数k的值；
(2)求圆心的轨迹方程；
(3)是否存在定直线l，使得动圆C截直线l所得的弦长恒为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】根据椭圆方程确定焦点位置，写出，求得值即得.
【详解】由，可知椭圆的焦点在轴上，且，
则，故椭圆焦点的坐标为.
故选：D.
2．A
【分析】直接根据已知得到所求为，化简即可得解.
【详解】过点且与直线垂直的直线方程为，即.
故选：A.
3．B
【分析】首先根据两直线平行求出，再利用两平行线间距离公式求解即可.
【详解】依题意可得，解得，
则直线方程为，
而方程，即，
所以两条平行线间的距离为.
故选：B.
4．D
【分析】根据“几何法”求圆的弦长.
【详解】因为：圆：，所以圆心，圆的半径.
圆心到直线的距离：，所以.
故选：D
5．C
【分析】分析可知，，对椭圆的焦点位置进行分类讨论，将点的坐标代入椭圆方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程.
【详解】由题意可知，，
若椭圆的焦点在轴上，则椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，
此时，椭圆的标准方程为；
若椭圆的焦点在轴上，则椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，
此时，椭圆的标准方程为.
综上所述，椭圆的标准方程为或.
故选：C.
6．C
【分析】以D为坐标原点， ，分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】如图，
以D为坐标原点， ，分别为x轴，y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则．从而.
设平面的法向量为n=a,b,c，则，即，得，
令，则，所以点E到平面的距离为．
故选：C
7．A
【分析】先利用椭圆的定义及勾股定理用表示出，在△中求出，再在△中，通过余弦定理得到与的关系，即可求出离心率.
【详解】由题意得，，令，则
∵，∴，
即，∴，,
在△中，，
在△中，，
∴，
∴.
故选：A.
8．D
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，可得，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，可得，
所以，
设直线与平面所成角的为，
则.
故选：D.

9．CD
【分析】由直线，可以得到直线的斜率和倾斜角，从而判断A和B的正误；通过计算直线的斜率和截距，从而判断是否经过第三象限，判断C选项的正误；取直线上两点，得到直线的一个方向向量，从而判断D选项的正误.
【详解】因为，可以表示为，所以，倾斜角为，故选项A和B错误；
因为直线，故斜率，纵截距，所以直线不经过第三象限，故选项C正确；
取直线上两点,，所以得到方向向量，得到直线的一个方向向量为，故选项D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】根据给定条件，求出，结合椭圆定义求解判断A；利用离心率定义判断B；确定三角形形状求解判断CD .
【详解】由，得椭圆长半轴长，短半轴长，半焦距，
由是椭圆上的点，得，而，
对于A，，，A正确；
对于B，离心率为，B正确；
对于C，，得为直角三角形，，
，C错误；
对于D，由选项C知，的外接圆直径为线段，则该圆半径为，面积为，D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量关系证明，；利用向量法求线面角即可判断；根据点到面的距离公式即可判断.
【详解】在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,0,0，，，，，，，，
对于，，，，
显然，
即平行于平面，而平面，
因此平面，正确；
对于，，，，，
所以，，即，，
又，平面，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
，
所以，所以直线与平面所成的角为，错误；
对于，，，
而，显然，
，即，，
又，，平面，
于是平面，而平面，
因此平面平面，正确；
对于，，，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
则，
令，得，
，
又，
所以点到平面的距离，正确.
故选：.
12．/0.25
【分析】求出圆的圆心坐标，代入直线方程求出并验证即得.
【详解】圆的圆心为，
依题意，点在直线上，即，解得，
此时圆，即，符合题意，
所以.
故答案为：
13．
【分析】根据题意可得，结合椭圆定义运算求解即可.
【详解】由题意可知：，
又因为，即，可得，
所以该椭圆的离心率是.
故答案为：.
14．
【分析】由题意作图，结合图象求得边界线得方程，可得答案.
【详解】由曲线，整理可得，
则曲线为圆心、半径的圆的上半部分，如下图：

由图可得直线与圆相切，则，解得，
由图可得直线的方程为；
由图可得直线过，可得方程；
由图可得直线过，可得方程.
由图可得.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算证明异面直线的垂直关系；
（2）利用空间向量的坐标运算求线段的长度.
【详解】（1）

因为直三棱柱中，平面,
平面,所以,且,
所以原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则,
所以,
则，所以.
（2）因为,所以,则.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意设圆心，结合所过点、与直线相切列方程求参数，即可得圆心和半径，进而写出圆的方程；
（2）由题意直线l与圆C的距离，讨论直线斜率，并设直线方程，应用点到直线的距离公式求参数，可得直线方程．
【详解】（1）由题意，设圆心，半径，
∵圆M经过点，∴，
∵圆M与直线相切，
∴圆心到直线的距离，
∴，化简，解得，
则圆心，半径，
所以圆M的方程为．
（2）由题意，圆心到直线的距离，
若直线的斜率不存在，其方程为，显然符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离由，解得，
则直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得关于，的方程，求解即可；
（2）联立方程，根据求出的范围，再利用韦达定理和弦长公式列出关于的方程，求解即可.
【详解】（1）由题意得：，所以，
点在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆的方程为：．
（2）
直线的方程为：
联立，消去后，得关于的一元二次方程，
化简得，
由题意知，解得或，
由韦达定理可得，，
所以，
所以，化简得，解得，即，
经检验符合题意.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明四边形BCMF为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先根据平面平面BCEF得平面BCEF，得，再利用勾股定理的逆定理得，进而平面DEB，故平面平面BCD；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面BNE与平面ABF的法向量，利用面面角的向量坐标公式列方程，求解点的坐标，进而得DN的长.
【详解】（1）
由，，得，.
因为M为EC的中点，F为AB中点，，所以，且.
所以四边形BCMF为平行四边形，所以.
又平面ABC，平面ABC，所以∥平面ABC.
（2）
因为平面平面BCEF，平面平面，，所以平面BCEF.
又平面BCEF，所以.
由，，，得.
又，所以平面DEB.
又平面BCD，
所以平面平面BCD.
（3）由（2），得EF，EC，ED两两垂直，则可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则.
设（），则.
设平面BNE的法向量为.
由，
令，得.
易知平面ABF的法向量为.
所以，
解得，此时，
所以，即DN的长为.
19．(1)或
(2)
(3)存在，且的方程为或
【分析】（1）根据两圆外切列方程，化简求得的值.
（2）求得的坐标并消去参数，从而求得的轨迹方程.
（3）求得圆心到直线的距离，根据两平行线间的距离公式求得正确答案.
【详解】（1）圆
，
，
所以圆的圆心为，半径.
圆的圆心为，半径为，
由于圆与圆外切，所以，
解得或.
（2）由（1）得，即，
消去得，
所以圆心的轨迹方程为.
（3）设直线交圆于两点，设到直线的距离为，
则，假设存在符合题意的定直线，
则，
即圆心与直线的距离恒为，
而圆心的轨迹方程为，
所以可设直线的方程为，且，
解得或，
所以存在符合题意的定直线，且定直线的方程为或.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
D
C
C
A
D
CD
ABD
题号
11









答案
ACD