2024-2025学年黑龙江省大庆中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年黑龙江省大庆中学高二（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.经过A(−3,−6)，B(−3,5)两点的直线的倾斜角是( )
A. −30°B. 60°C. 90°D. 120°
2.若直线l1：(m+1)x+2y+1=0与直线l2：x−2y+1=0平行，则m的值为( )
A. ±2B. 2C. −2D. −5
3.若圆C的圆心为(1,2)，且被x轴截得弦长为4，则圆C的方程为( )
A. x2+y2−2x−4y−3=0B. x2+y2−2x−4y+1=0
C. x2+y2−2x+4y−3=0D. x2+y2−2x+4y+1=0
4.已知点A(2,1)，点B在直线x−y+3=0上，则|AB|的最小值为( )
A. 5B. 26C. 2 2D. 4
5.若圆C：(x−1)2+(y−3)2=8上存在两个点到直线l：x+y+m=0的距离为 2，则实数m的取值范围是( )
A. −60)的上顶点为B，若椭圆上离点B最远的点为椭圆的下顶点，则椭圆离心率的取值范围为______．
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15分)
已知平面内两点A(6,−6)，B(2,2)．
(1)求过点P(1,3)且与直线AB垂直的直线l的方程；
(2)若C(3,2)，求△ABC的边AB上的中线CD所在直线方程；
(3)已知直线m过点P(1,3)，且与AB平行，求直线m的方程．
16.(本小题15分)
已知圆G过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,−7)．
(1)求圆G的方程；
(2)设直线l经过点M(6,1)，且与圆G相切，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点P(−3 2,4),Q(6,4 3)．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过C的右焦点的直线l与C交于M，N两点，且以MN为直径的圆过坐标原点O，求直线l的方程．
18.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1= 3，AB⊥AC，D为A1C1的中点．
(1)证明：AB1⊥平面A1BD；
(2)若AC=6，求二面角A−BC−D的余弦值．
19.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，长轴长为4 2，直线PF2的倾斜角为135°．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若椭圆C上的两动点A，B均在x轴上方，且AF1//BF2，求证：1|AF1|+1|BF2|的值为定值．
(3)在(2)的条件下求四边形的ABF2F1的面积S的取值范围．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.C
6.D
7.C
8.D
9.BC
10.AC
11.AD
12.x29−y216=1
13. 3
14.(0, 22]
15.解：(1)A(6,−6)，B(2,2)，
则kAB=2+62−6=−2，
因l⊥AB，故直线l的斜率为12，
直线l过点P(1,3)，
则直线l的方程为y−3=12(x−1)，即x−2y+5=0；
(2)由A(6,−6)，B(2,2)可得边AB的中点D(4,−2)，
C(3,2)，
故直线CD的斜率为kCD=4−1=−4，
则CD所在直线方程为y+2=−4(x−4)，即4x+y−14=0；
(3)由(1)已得kAB=−2，
直线m与AB平行，故其斜率为km=−2，
则直线m的方程为y−3=−2(x−1)，即2x+y−5=0．
16.解：(1)设圆G的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为圆G过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,−7)，
所以1+9+D+3E+F=016+4+4D+2E+F=01+49+D−7E+F=0，解得D=−2E=4F=−20，
圆G的方程为x2+y2−2x+4y−20=0．
(2)由(1)知圆G是以(1,−2)为圆心，以r=5为半径的圆，
(i)若直线l的斜率不存在，
则此时l的方程为x=6到圆心的距离为6−1=5，满足与圆G相切；
(ii)若直线l的斜率存在，
则设直线方程为y−1=k(x−6)，即kx−y+1−6k=0，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为d=|3−5k| k2+1=5，
解得k=−815，所以切线方程为8x+15y−63=0．
综上，切线方程为x=6或8x+15y−63=0．
17.解：(1)由题可得：18a2−16b2=136a2−48b2=1，
解得：a2=9b2=16，
所以双曲线C：x29−y216=1；
(2)由题，c2=a2+b2=25，所以双曲线C的右焦点为(5,0)，
当直线l的斜率不存在时，l：x=5，
此时M(5,163),N(5,−163)，
所以OM=(5,163),ON=(5,−163)，
又OM⋅ON=25−2569≠0，
所以以MN为直径的圆不经过坐标原点，
即直线l的敘率存在，
设l：x=ty+5，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程组x=ty+5x29−y216=1，化简得(16t2−9)y2+160ty+256=0，
由题有：16t2−9≠0Δ=(160t)2−4×(16t2−9)×256>0，即t≠±34，
所以y1+y2=−160t16t2−9,y1y2=25616t2−9，
因为以MN为直径的圆经过坐标原点，
所以OM⊥ON，即OM⋅ON=0，
又OM=(x1,y1),ON=(x2,y2)，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=(ty1+5)(ty2+5)+y1y2
=(t2+1)y1y2+5t(y1+y2)+25
=(t2+1)×25616t2−9+5t×−160t16t2−9+25=0，
解得：t=± 3112，
所以l：x=± 3112y+5，
即y=±12 3131(x−5)．
18.解：(1)证明：∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥面ABC，
∴A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，且AB∩A1A=A，∴AC⊥面A1B1BA，
又A1C1/​/AC，故A 1C1⊥面A1B1BA，
∵AB1⊂面A1B1BA，∴AB1⊥A1C1，即AB1⊥A1D，
又AB=AA1，∴四边形A1B1BA为正方形，故AB 1⊥A1B，
A1D∩A1B=A1，∴AB1⊥面A1BD；
(2)由题意，可以以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则B( 3,0,0)，C(0,6,0)，D(0,3, 3)，BC=(− 3,6,0)，BD=(− 3,3, 3)，
设面BCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=0n⋅BD=0，即− 3x+6y=0− 3x+3y+ 3z=0，
令x=2 3，则y=1，z= 3，故n=(2 3,1, 3)，
∵AA1⊥面ABC，∴可取面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
∴|cs|=|m⋅n||m||n|= 34，
∴二面角A−BC−D的余弦值为 34．
19.(1)解：由长轴长为4 2，
可得2a=4 2，a=2 2．
因为点P上顶点，直线PF2的倾斜角为135°，
所以Rt△OPF2中，∠OF2P=45°，
则|OP|=|OF2|=b=c，
又b2+c2=a2=8，
则b=c=2．
则椭圆C的方程为x28+y24=1．
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(−2,0)，F2(2,0)，
则B关于原点的对称点B′(x3,y3)，
即x3=−x2y3=−y2，
由AF1/​/BF2，y1x1+2=y2x2−2=−y2−x2+2，
所以A，F1，B′三点共线，
又△BOF2≌△B′OF1，|BF2|=|B′F1|.
1|AF1|+1|BF2|=1|AF1|+1|B′F1|=|AB′||AF1||B′F1|，
设AB′：x=my−2代入椭圆方程得(m2+2)y2−4my−4=0，
则Δ=32(m2+1)，y1+y3=4mm2+2，y1y3=−4m2+2．
|AB′|= 1+m2|y1−y3|= 1+m24 2 m2+1m2+2=4 2(m2+1)m2+2，
|AF1||B′F1|= m2+1|y1| m2+1|y3|=(m2+1)4m2+2，
1|AF1|+1|BF2|=|AB′||AF1||B′F1|=4 2(m2+1)m2+24(m2+1)m2+2= 2．
(3)解：四边形ABF2F1为梯形，ℎ=dF2−AB′=4 m2+1，
|AF1|+|BF2|=|AF1|+|B′F1|=|AB′|=4 2(m2+1)m2+2，
S=12(|AF1|+|BF2|)ℎ=8 2 m2+1m2+2，
令t= m2+1，
则t2+1=m2+2，(t≥1)，
则0