2024—2025学年度河北省承德市承德县高二上学期期中考试数学试题[含解析]

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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．若直线与平行，则（ ）
A．B．C．D．2
2．已知直线l经过点，，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．3D．
3．若椭圆焦点在轴上且椭圆经过点0,2，，则该椭圆的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
4．正四棱柱中，，E，F，G分别是，，的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
6．已知直线 与 相交于点 ，则点到直线 的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，，直线AC与BD所成角为，则三棱锥外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．设双曲线的右焦点为F，双曲线C上的两点A、B关于原点对称，且满足，，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ）
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：与圆：相交于，两点，则（ ）
A．圆心的坐标为 B．圆的半径为 C．圆心到直线的距离为2 D．
10．已知椭圆C：，，分别为它的左右焦点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．椭圆离心率为 B．
C．若，则的面积为9 D．最小值为
11．已知正方体棱长为1，下列结论正确的是（ ）
A．直线与所成角为 B．直线到平面的距离是
C．点到直线的距离为 D．平面与平面所成角的余弦值为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．若M，N是双曲线上关于原点对称的两个点，P是该双曲线上任意一点．当直线PM，PN的斜率都存在时，记为，，则 ．
13．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点满足，则点的轨迹方程为 ．
14．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列四个结论：
①当点是中点时，直线平面；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是.
其中所有正确结论的序号是 .
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)已知圆.
(1)若直线与圆相交，求实数的取值范围；
(2)若点为轴上一点，过点作圆的切线，切点分别为和.
①求四边形面积的最小值；
②当点横坐标为4时，求直线的方程.
16．(本题15分)在平面直角坐标系中，已知两点的坐标分别为，，直线相交于点，且它们的斜率之积是.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点的轨迹与直线相交于两个不同的点，线段的中点为.若直线的斜率为 ，求线段的长.
17．(本题15分)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，．
(1)求证：平面；
(2)求直线平面夹角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
18．(本题17分)如图，在三棱锥中，分别为的中点，.
(1)证明：：
(2)求平面和平面夹角的正弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值：苦不存在，请说明理由.
19．(本题17分)已知圆和定点为圆上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线PC交于点，设点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若是曲线上的一点，过的直线与直线分别交于S，T两点，且为线段ST的中点．
①求证：直线l与曲线有且只有一个公共点；
②求的最小值（为坐标原点）．
答案：
1．A
【分析】根据直线平行列式求解，并代入检验即可.
【详解】由题意可得：，解得，
若，则直线、，两直线平行，
综上所述.
故选：A.
2．C
【分析】利用斜率坐标公式计算得解.
【详解】由直线l经过点，，得直线l的斜率.
故选：C
3．B
【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
【详解】由题意得椭圆焦点在x轴上且经过点0,2，
所以，，，椭圆的标准方程为．
故选：B．
4．D
【分析】建立空间直角坐标系，设，写出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
故，
故直线与所成角的余弦值为.
故选：D
5．D
【分析】根据点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，利用勾股定理可表示出弦长，代入面积公式，结合二次函数求最值即可求解.
【详解】圆心到直线的距离，
，
又，所以，即.
故选：D.
6．A
【分析】解方程组求得交点坐标，由点到直线距离公式计算出距离．
【详解】由得，即，
所以点到直线 的距离为，
故选：A．
7．A
【分析】根据题意，得证为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，，根据与直线AC与BD所成角为建立方程，求得，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为为等边三角形，所以，
又，且
所以，所以,
取的中点，易得,又
所以平面，又平面，所以平面平面，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，D0,1,0，
令，所以，
因为，所以，所以，
所以，
因为直线AC与BD所成角为，所以，
解得，即，
如图，为外接球的球心，为等边三角形的重心，
设点A在平面内的投影为，作，
所以,
所以在中，
,,
所以在中，，解得，
所以，三棱锥外接球表面积为，
故选：A
方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体求解；
3.正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
4.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
5.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
8．A
【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解.
【详解】如图所示：
设双曲线的左焦点，由双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，
又，则，所以平行四边形为矩形，故，
设，，则，
在中，，，
所以，则，
所以，
令，得，
又由，得，
因为对勾函数在上单调递增，所以，
所以 ，即，
则，故，
所以，
所以椭圆离心率的取值范围是.
故选：A.
关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解.
9．ACD
【分析】化圆的方程为 标准形式判断AB；求出圆心到直线距离判断C；利用圆的弦长公式计算判断D.
【详解】对于AB，圆：的圆心，半径，A正确，B错误；
对于C，点到直线：的距离，C正确；
对于D，，D正确.
故选：ACD
10．BCD
【分析】由椭圆方程得到的值，根据离心率的公式可判断A，根据椭圆的定义可判断B，根据勾股定理和椭圆的定义可得到，从而由三角形面积公式可判断C，由基本不等式可判断D．
【详解】由椭圆方程可知，，
所以椭圆的离心率，故A错误；
由椭圆定义知，故B正确；
又，因为，所以，
∴，
解得，所以的面积为，故C正确；
∵，
∴
，当且仅当时取等号，
∴最小值为，故D正确．
故选：BCD．
11．BCD
【分析】由线面垂直得证线线垂直，判断A，由直角三角形求点线距判断C，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面距判断B，结合正方体的性质得平面的法向量，由法向量夹角求二面角判断D．
【详解】平面，平面，所以，A错；
以为原点，分别以为轴建立直角坐标系，如图，
则，，，，，
，设平面的一个法向量是，
则，取，得，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，即为，B正确；
是直角三角形，，
因此到直线的距离等于，C正确；
由正方体的性质，可得平面，平面，
，，
，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为，D正确．
故选：BCD．
12．
【分析】直接由斜率公式结合双曲线方程即可求解.
【详解】由题意设，
当直线PM，PN的斜率都存在时，记为，，
则.
故答案为.
13．
【分析】首先设出点的坐标，然后列出等式，最后化简所得的等式可得轨迹方程.
【详解】由题意可设点，由，，，得，
化简得，即.
故答案为.
14．①②③
【分析】对①：由线面平行的判定定理进行判断即可；
对②：把直线到平面的距离转化为点到平面的距离，利用等体积法求解即可；
对③和④：都属动点问题，把几何问题转化为空间向量的问题，对于③，只需证明有解即可；对于④，只需求出点到直线距离的最小值即可.
【详解】对①，如图所示:

因为是中点，，
所以点是的中点，连接，显然也是的交点，连接，
所以，而平面，平面，
所以直线平面，故①正确；
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，对②，，分别是棱，的中点，
所以，平面，平，故平面，
故直线到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
，，，
，，
由得，故②正确；
对③，设，，，
则，，
由，得，
得，由，故存在点，使得，故③正确；
对④，由③得到的投影为，
故到的距离，
面积为，，
由二次函数性质，当时，取得最小值为，④错．
故①②③
15．(1)
(2)①；②
【分析】（1）利用距离公式即可得到答案.
（2）①利用面积的公式即可求出最小值；②利用切点弦方程的公式即可得到答案.
【详解】（1）命题等价于到直线的距离小于，
即，解得的取值范围是.
（2）①易知，
所以，
等号对成立，故最小值是；
②因为，所以四点共圆，圆心为的中点，
因为，所以圆的半径为，
方程为，即，
直线AB为两圆公共弦所在直线方程，两圆方程相减整理得直线AB的方程为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设，根据题意建立等式求解即可；
（2）先利用点差法求得，然后联立方程组求弦长即可.
【详解】（1）设
得
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，得Mx1+x22,y1+y22，
所以有
得
由题可知
两式求差化简得
即
因为
所以
所以直线的方程为
联立解得或
所以
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线线平行得到线面平行即可证明；
（2）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由线面角的夹角向量公式求出直线平面夹角的正弦值；
（3）在（2）基础上，由点到平面距离向量公式求出答案.
【详解】（1）因为底面为正方形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
令，则，则，

直线平面夹角的正弦值为；
（3）由（2）知，平面的法向量为，
点到平面的距离为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据题设中的边的关系可证明，再结合线面垂直的判定和性质可得；
（2）结合（1）中结果可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面法向量后可求夹角的正弦值；
（2）设，利用点到平面的距离公式可求的值.
【详解】（1）因为为中点，故，而，故，
而，平面，
故平面，而平面，故.
（2）因为，结合（1）中可得，
而，故，故，
结合（1）中及可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故平面的法向量为，
设平面的法向量为m=x,y,z，而，
则即，取，则，
故，而，故.
（3）设，其中，
由（2）可得平面的法向量为，
故到平面的距离为，由题设有，
故，故.
19．(1)
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得到，即可得到，结合双曲线的定义计算可得；
（2）（i）设，不妨令，，即可得到，从而表示出直线的方程，再联立直线与双曲线方程，消元、由，即可证明；（ii）由 （i ）求出，，再计算可得为定值，即可结合基本不等式求解.
【详解】（1）为PA的垂直平分线上一点，则，
则，
点的轨迹为以A，C为焦点的双曲线，且，
故点的轨迹方程为；
（2）（i）设，直线是双曲线的渐近线，如图所示：
则：①．②，
①+②得，，①-②得，，
则，得，
由题可知，则，
得，即，
直线ST的方程为，即，
又点在曲线上，则，得，
将方程联立，得，
得，
由，可知方程有且仅有一个解，
故直线与曲线有且仅有一个交点；
（ii）由（i）联立，可得，
同理可得，，则，同理，
所以，
故，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
D
D
A
A
A
ACD
BCD
题号
11









答案
BCD