2024-2025学年河北省保定市定州市高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省保定市定州市高二（上）期中数学试卷（含答案），共10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x+y+1=0的倾斜角是( )
A. −π4B. π4C. π2D. 3π4
2.已知方程x22−m+y2m=1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是( )
A. (0,2)B. (0,1)C. (1,2)D. (0,1)∪(1,2)
3.在四面体OABC中记OA=a，OB=b，OC=c，若点M、N分别为棱OA、BC的中点，则MN=( )
A. 12a+12b+12c
B. −12a+12b+12c
C. 12a−12b+12c
D. 12a+12b−12c
4.若直线ax−y+1=0与以A(−2,−1)，B(1,−3)为端点的线段有公共点(含端点)，则a的取值范围为( )
A. [−1,4]B. [−4,1]
C. (−∞,−4]∪[1,+∞)D. (−∞,−1]∪[4,+∞)
5.已知直线l的一个方向向量是a=(−1,2,1)，平面α的一个法向量是n=(1,1,−1)，则l与α的位置关系是( )
A. l⊥αB. l/​/αC. l与α相交但不垂直D. l/​/α或l⊂α
6.若直线l与圆C1：x2+y2−4y+3=0相切，且点(3,−2)到直线l的距离为3，则这样的直线的条数为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
7.已知圆C过点A(3,2)，B(0,−1)，设圆心C(a,b)，则a2+b2的最小值为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 4
8.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别F1，F2，M是椭圆上一点，直线MF2与y轴负半轴交于点N，若MF1⋅NF1=0，且|MF2|：|NF2|=2：3，则椭圆的离心率为( )
A. 33B. 12C. 55D. 66
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F1，F2分别是椭圆C：x29+y25=1的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正
确的是( )
A. △PF1F2的周长为10B. △PF1F2面积的最大值为2 5
C. 椭圆C的焦距为6D. 椭圆C的离心率为49
10.在三棱锥P−ABC中，△PAC为边长为2的正三角形，AB=2，∠BAC=90°，设二面角P−AC−B的大小为α，∠PAB=β，G为△PBC的重心，则下列说法正确的是( )
A. 若α=30°，则PB= 2
B. 若PB= 14，则a=150°
C. 若α=90°，则PB与AC所成的角为60°
D. 若β=90°，则AG=43
11.已知曲线C：x2+y2m−2x=0(m∈N∗)，则下列说法正确的是( )
A. 0≤x≤2
B. 曲线C关于直线x=1对称
C. 曲线C围成的封闭图形的面积不大于π
D. 曲线C围成的封闭图形的面积随m的增大而增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆C：(x−2)2+(y+3)2=4上存在两点关于直线ax+y−1=0对称，则a的值为______．
13.已知点A(0,1,1)，B(0,0,1)，C(1,1,0)，则点A到直线BC的距离是______．
14.过椭圆x27+y2=1上一点P作圆C：x2+(y−3)2=1的两条切线，切点为A，B，当|AB|⋅|PC|最大时，点P的纵坐标为______．
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)
已知直线l：2x−y+2=0，圆C：(x−3)2+y2=5．
(1)求与直线l平行且与圆C相切的直线方程；
(2)设直线l1⊥l，且l1与圆C相交于A，B两点，若|AB|=4 305，求直线l1的方程．
16.(本小题15分)
设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，A是C上一点，且AF1与x轴垂直，直线AF2与C的另一个交点为B．
(1)若直线AB的倾斜角为3π4，求椭圆C的离心率；
(2)若直线AB在y轴上的截距为1，且|AB|=3|F2B|，求a，b．
17.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，点G在棱AA1上，且AG=12GA1．
(1)证明：D1，G，E，F四点共面．
(2)设平面D1GEF与棱CC1的交点为H，求D1H与平面D1ABC1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用.球面距离的定义：球面上两点之间的最短连线的长度，即经过这两点的大圆(经过球心的平面截球面所得的圆)在这两点间的一段劣弧的长度.这个弧长就被称作两点的球面距离．
(1)在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1(底面为正方形的直棱柱)中，AB=1，AA1= 2，求顶点A，B在该正四棱柱外接球上的球面距离．
(2)如图1，在直角梯形ABCD中，BC/​/AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC= 3.现将△ABD沿边BD折起到P，如图2，使得点P在底面BCD的射影H在CD上．
①求点P到底面BCD的距离；
②设棱锥P−BCD的外接球为球O，求P，C两点在球O上的球面距离．
参考数据：cs27π100=23，cs47π100=111．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(2,0)，B(0, 3)，C(2, 3)，D(0,− 3)，点P在线段OA上，点Q在线段AC上，且OPOA=CQCA=t，设直线BQ与DP交于点M．
(1)证明：当t变化时，点M始终在某个椭圆W上运动，并求出椭圆W的方程．
(2)过点E(4,0)作直线与椭圆W交于S，T不同的两点，再过点F(1,0)作直线ST的平行线与椭圆W交于G，H不同的两点．
①证明：|ES|⋅|ET||FG|⋅|FH|为定值．
②求△EGH面积的取值范围．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.D
6.A
7.B
8.C
9.AB
10.ABD
11.ABC
12.2
13. 63
14.−12
15.解：(1)设直线的方程为2x−y+a=0，圆心C(3,0)，
因为直线与圆C相切，所以圆心C到直线的距离d1=|2×3−0+a| 22+12=r= 5，
则|a+6|=5，得a=−1或a=−11，
故直线的方程为2x−y−1=0或2x−y−11=0；
(2)设直线l1的方程为x+2y+b=0，
圆心C到直线l1的距离为d，则d= r2−(|AB|2)2= 55，
所以|3+0+b| 5= 55，得|b+3|=1，b=−2或−4，
所以直线l1的方程为x+2y−2=0或x+2y−4=0．
16.解：因为AF1⊥x轴，设A(−c,y0)，设点A在第二象限，
将点A的坐标代入x2a2+y2b2=1(a>b>0)，解得y0=b2a，
(1)若直线AB的倾斜角为3π4，可得∠AF2F1=π4，
所以△AF2F1为以AF2为斜边的等腰直角三角形，
所以b2a=2c，
即a2−c2=2ac，
可得e2+2e−1=0，
解得e=−1− 2(舍去)或e= 2−1，
所以椭圆C的离心率为 2−1；
(2)因为直线AB在y轴上的截距为1，设直线AB与y轴交于点H，
又因为AF1⊥x轴，O为F1F2的中点，所以OH为△AF1F2的中位线，
所以|AF1|=b2a=2，即b2=2a，
所以c2=a2−2a，①
又|AB|=3|BF2|，可得|AF2|=2|BF2|，且|F2H|=|BF2|，
根据相似比得B(2c,−1)，将点B(2c,−1)的坐标代入椭圆方程得(2c)2a2+(−1)2b2=1，②
将①代入②可得4(a2−2a)a2+12a=1，解得a=52，
所以b= 2a= 5．
即a，b的值分别为：52， 5．
17.(1)证明：设正方体的棱长为3，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0,0,3)，G(3,0,1)，E(3,32,0)，F(32,3,0)，
所以D1G=(3,0,−2)，D1E=(3,32,−3)，D1F=(32,3,−3)，
设D1G=λD1E+μD1F，则(3,0,−2)=λ(3,32,−3)+μ(32,3,−3)=(3λ+32μ,32λ+3μ,−3λ−3μ)，
所以3=3λ+32μ0=32λ+3μ−2=−3λ−3u，解得λ=43，μ=−23，
所以D1G=43D1E−23D1F，
故D ​1，G，E，F四点共面．
(2)解：在棱CC1上取一点M，使得CM=13CC1，连接GM，AC，则GM//AC，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以AC/​/EF，所以GM//EF，即G，E，F，M四点共面，
所以点M在平面D1GEF上，即平面D1GEF∩直线CC1=M，
所以点H与点M重合，即H(0,3,1)，
而D1(0,0,3)，A(3,0,0)，C1(0,3,3)，
所以D1H=(0,3,−2)，D1A=(3,0,−3)，D1C1=(0,3,0)，
设平面D1ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅D1A=3x−3z=0n⋅D1C1=3y=0，
令x=1，则y=0，z=1，所以n=(1,0,1)，
设D1H与平面D1ABC1所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|D1H⋅n||D1H|⋅|n|=2 13× 2= 2613，
故D 1H与平面D1ABC1所成角的正弦值为 2613．
18.解：(1)正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球直径AC1= 12+12+( 2)2=2，球半径R′=1，
因此球心与点A，B构成正三角形，弦AB所对球过A，B的大圆圆心角为π3，弧长为π3，
所以顶点A，B在该正四棱柱外接球上的球面距离为π3．
(2)①在直角梯形ABCD中，BC/​/AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC= 3，
BD= 12+( 3)2=2=AD，∠ADB=90°−∠BDC=60°，则△ABD为正三角形，
在棱锥P−BCD中，PH⊥平面BCD，而BC⊂平面BCD，
则BC⊥PH，
又BC⊥CD，PH∩CD=H，PH，CD⊂平面PCD，
则BC⊥平面PCD，
而PC⊂平面PCD，因此PC⊥BC，PC= PB2−BC2= 22−12= 3，
在△PCD中，cs∠PDH=12PDCD=1 3，sin∠PDH= 2 3，PH=PDsin∠PDH=2× 2 3=2 63，
所以点P到底面BCD的距离为2 63．
②取BD中点O1，则O1为△BCD外接圆圆心，令正三角形PBD的外接圆圆心为O2，

连接BO1，O1H，OO1，OO2，OB，则O1O2=13PO1= 33，
OO2⊥平面PBD，OO1⊥平面BCD，
于是OO1/​/PH，cs∠OO1O2=sin∠PO1H=PHPO1=2 23，
在Rt△OO1O2中，OO1=O1O2cs∠OO1O2= 64，
因此棱锥P−BCD的外接球半径R，
有R2=OB2=O1O2+O1B2=( 64)2+1=118，
球O的弦PC所对大圆的圆心角为∠COP，
cs∠COP=2R2−PC22R2=114−3114=−14114=−111，
即∠COP是钝角，而cs47π100=111，
则∠COP=π−47π100=53π100，
∠COP在大圆中所对劣弧长为53π100R=53π100× 224=53 22π400，
所以P，C两点在球O上的球面距离为53 22π400．
19.解：(1)设Q(x,y)，
此时CQ=tCA，
即(x−2,y− 3)=t(0,− 3)，
联立x=2y= 3(1−t)，
解得Q(2, 3(1−t))；
同理得P(2t,0)，
所以kBQ= 3(1−t)− 32=− 32t，
则直线BQ的方程为y=− 32tx+ 3，
直线DP的方程为x2t+y− 3=1，
即y= 32tx− 3，
设直线BQ与DP的交点M坐标为(x,y)，
联立y=− 32tx+ 3y= 32tx− 3，整理得x24+y23=1，
所以当t变化时，点M始终在椭圆W：x24+y23=1上运动；
(2)①证明：设直线ET的方程为x=my+4，
联立x=my+4x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+24my+36=0，
因为直线ET与椭圆W交于两点S(x1,y1)，T(x2,y2)，
所以Δ=(24m)2−4×36×(3m2+4)>0，
解得m2，
由韦达定理得y1+y2=−24m3m2+4，y1y2=363m2+4，
又|ES|=|y1|⋅ 1+m2,|ET|=|y2|⋅ 1+m2，
所以|ES|⋅|ET|=|y1y2|(1+m2)=36(1+m2)3m2+4，
设直线GH的方程为x=my+1，直线ET与椭圆W交于两点G(x3,y3)，T(x4,y4)，
联立x=my+1x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2+18my−9=0，
由韦达定理得y3+y4=−18m3m2+4，y3y4=−93m2+4，
所以|FG|⋅|FH|=|y3y4|(1+m2)=−9(1+m2)3m2+4，
所以|ES|⋅|ET||FG|⋅|FH|=4，为定值，
当直线ET的方程为y=0时，直线GH与直线ET重合，不符合题意，
所以|ES|⋅|ET||FG|⋅|FH|=4，为定值；
②因为S△EGH=S△EFG+S△EFH=12|EF|(|y3|+|y4|)，
又y3y4=−93m2+44，
所以n>13，
当m2→+∞时，n+9n+6→+∞，
所以3m2+1(3m2+4)2→0，
所以0