安徽省五河第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

五河一中2024－2025学年度高二第一学期期中考试 数学试题 （命题、制卷：蔡汉书 试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 注意： 1. 答题前，考生请将自己的班级、姓名、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上，并将考生条形码对应粘贴在答题卡上的指定位置。 2. 填涂选择题时，必须使用2B铅笔；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写。选择题和非选择题答案一律填写在答题卡上对应指定位置，超出答题区域书写无效。写在试卷上无效。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（  ） A．或 B．或 C． D． 2．抛物线的准线与直线的距离为3，则此抛物线的方程为（  ） A． B． C．或 D．或 3．设、，向量，，且，，则（  ） A． B． C． D． 4．已知两点到直线的距离相等，则（  ） A．2 B． C．2或 D．2或 5．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 （  ） A． B． C． D． 6．如图在底面圆半径和高均为的圆锥中，、是过底圆圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（  ）． A． B．1 C． D． 7．过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（  ） A． B． C． D． 8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（   ） A．两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B．两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C．直线的方向向量，平面的法向量是，则 D．直线的方向向量，平面的法向量是，则 10．已知双曲线的左、右顶点分别为，右焦点为，为上异于顶点的动点，则下列说法正确的有（    ） A．双曲线的离心率为 B．双曲线的渐近线方程为 C．点到渐近线的距离为4 D．直线与直线的斜率乘积为 11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（    ） A．点的横坐标的取值范围是 B．的取值范围是 C．面积的最大值为 D．的取值范围是 第Ⅱ卷 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为 . 13．在四面体中，空间的一点满足，若，，共面，则 ． 14．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为 . 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．（13分）已知平面内三点，，. (1)若直线经过点且与线段有交点，求直线的倾斜角的取值范围； (2)若直线经过点，且与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积为2，求直线的方程. 16．（15分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点. (1)求证：平面PBD； (2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值； (3)求D到平面APM的距离. 17．（15分）已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． (1)求抛物线的标准方程． (2)直线：与抛物线交于，两点，直线外一点，若（为坐标原点），直线是否恒过点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 18．（17分）在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）. (1)若为的中点，求证：； (2)设，试问：是否存在实数， 使得锐二面角的余弦值为？若存在， 求出实数的值；若不存在，请说明理由. 19．（17分）已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：； (3)求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以．若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 五河一中2024－2025学年度高二第一学期期中考试 数学参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D A A A A AB BD 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案. 【详解】如图，直线的斜率为；直线的斜率为； 当直线与线段相交时，则的斜率的取值范围是或. 故选：B.    2．D 【分析】根据已知条件列方程，化简求得的值，从而确定正确选项. 【详解】抛物线的准线方程为，则，或-16． 故所求抛物线方程为或． 故选：D 3．D 【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果. 【详解】因为，则，解得，则， 因为，则，解得，即， 所以，，因此，. 故选：D. 4．D 【分析】分在的同侧和异侧分类讨论求解. 【详解】（1）若在的同侧， 则，所以，， （2）若在的异侧， 则的中点在直线上， 所以解得, 故选:D. 5．A 【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ,则 点P在圆上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点P到直线的距离的范围为 则 故答案选A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题． 6．A 【分析】如图所示，过点作，垂足为．求出，在平面内建立直角坐标系如图，求出，，，即得解. 【详解】如图所示，过点作，垂足为． ∵是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为， ∴．∴． 在平面内建立直角坐标系如图． 设抛物线的方程为，为抛物线的焦点． ，所以，解得， 即，，， 该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离为， 故选：A 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是建立直角坐标系，求出，，. 7．A 【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程. 【详解】设，则以为直径的圆，即① 因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上， 所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆②， 所以由①②得直线的方程为：， 又点满足直线方程，所以，即. 故选：A. 8．A 【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率. 【详解】因为，所以， 如图，在上取一点M，使得，连接，则， 则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以， 所以， 设，则， 由椭圆定义可知：，即，所以， 所以，， 故点A与上顶点重合， 在中，由余弦定理得： ， 在中，， 解得：， 所以椭圆离心率为.    故选：A 【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率. 9．AB 【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可. 【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确； 两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误． 故选：AB 10．BD 【分析】综合运用双曲线的简单几何性质及点到直线距离公式、直线的斜率公式求解即可. 【详解】由双曲线知，，， 对于A，双曲线的离心率为，故A错误； 对于B，双曲线的渐近线方程为，即，故B正确； 对于C，点到渐近线的距离为，故C错误； 对于D，设，则，即，所以，即直线与直线的斜率乘积为，故D正确； 故选：BD. 11．BC 【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答. 【详解】设点，依题意，， 对于A，，当且仅当时取等号， 解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误； 对于B，，则， 显然，因此，B正确； 对于C，的面积，当且仅当时取等号， 当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得， 所以面积的最大值为，C正确； 对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误. 故选：BC 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 2、 填空题 12． 【分析】根据题意得出半径，即可得出圆的标准方程. 【详解】以点为圆心，且与轴相切的圆的半径为1， 故圆的标准方程是. 故答案为： 13． 【分析】法一：根据空间向量运算结合共面向量定理即可得到相关方程组，解出即可；法二：利用四点共面的结论即可. 【详解】法一：由题意， ，， 因为，，共面， 所以存在实数唯一实数对，使得， 即， 所以，解得． 法二：由，，共面得四点共面， 则根据四点共面的充要条件可得，，即． 故答案为：. 14． 【分析】设，所以存在点使等价于由可求的最小值，求得的范围，从而得到的取值范围. 【详解】 设，则.显然当靠近右顶点时，， 所以存在点使等价于， 在中由余弦定理得， 即，解得 ， 同理可得，所以， 所以， 所以，当且仅当时等号成立. 由得，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立的不等式，此时将问题转化为，从而只需求的最小值，求最小值的方法是结合焦半径性质使用基本不等式求解. 三、解答题 15．(1) (2) 【分析】（1）求出直线及的斜率，数形结合得到倾斜角的范围； （2）设出方程为，根据直线所过的点及与坐标轴围成的三角形面积列出方程组，求出直线方程. 【详解】（1）因为直线的斜率为，直线的斜率为， 所以，对应的倾斜角分别为，， 结合图形，当直线过点且与线段有交点时，的倾斜角范围为； （2）设直线在轴，轴上的截距分别为，， 由题意知，，则直线的方程为， 由直线经过点，且与轴，轴围成的三角形的面积为2， 得，解得或（舍）. 所以直线的方程为，即. 16．(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为，M为BC的中点， 所以， 因为四棱锥的底面是矩形， 所以， 所以，所以， 而，即， 因为底面ABCD，底面ABCD， 所以，而平面PBD， 所以平面PBD； （2）因为平面ABCD，平面ABCD， 所以， 因为因为四棱锥的底面是矩形， 所以，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 因为平面ABCD， 所以平面ABCD的法向量为， 设平面APM的法向量为， ，， 于是有， 平面ABCD与平面APM所成角的余弦值为； （3）由（2）可知平面APM的法向量为，， 所以D到平面APM的距离为 17．(1)； (2)直线过定点. 【分析】（1）利用代入法，结合抛物线定义进行求解即可； （2）直线方程与抛物线方程联立，根据角相等的性质、斜率公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可. 【详解】（1）因为点在抛物线上，且， 所以有，因此抛物线的标准方程为； （2）设，， 直线方程与抛物线方程联立，得， 因为，． 因为，所以， 所以． 则，即． 当时，，即； 当时，，符合题意，即． 综上，直线过定点． 【点睛】关键点睛：通过角相等得到两条直线的斜率关系是解题的关键. 18．(1)证明见解析 (2)存在实数 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可； （2）利用空间向量法表示出锐二面角的余弦值，求解实数即可. 【详解】（1）因为在四边形中，，，， 所以， 在四棱锥中，，即，，. 又平面，平面，， 所以平面，即是四棱锥的高， 因此，所以. 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，. 又为的中点，所以， 因此，， 所以，所以，即. （2）由（1）知，，， 设平面的一个法向量为， 则即 令，则， 所以是平面的一个法向量. 因为，所以，， 所以，所以. 设平面的一个法向量为， 则即 令，则，， 所以是平面的一个法向量， 所以， 可得，解得或. 又，所以， 即存在实数，使得锐二面角的余弦值为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 19．(1)； (2)证明见解析； (3)为定值1，理由见解析. 【分析】（1）根据实轴长和顶点到渐近线的距离求解即可； （2）将转化为线段的中点重合，结合韦达定理求解即可； （3）知识迁移，类比二元二次方程的正整数解，求方程的正整数解，然后将的面积表示出来即可. 【详解】（1）由题意，解得， 所以双曲线的标准方程为； （2）由题意直线的斜率不为0，设直线，因为直线与的右支交于两点，所以， 联立得， 所以，且，即， 联立得，所以， 所以，即线段的中点重合，所以． （3）由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得 ， 从而， 记，则，设的夹角为， 则的面积 ， 令， 则 ，于是的面积为定值1． 【点睛】思路点睛：结合题目给的数学情景，运用到新的数学问题中，将学习过的知识方法迁移到新的问题中 学科网（北京）股份有限公司 $$五河一中 2024－2025 学年度高二第一学期期中考试 数学参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D A A A A AB BD 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案. 【详解】如图，直线 PB的斜率为 1 2 1 1 2PB k    ；直线 PA的斜率为 1 3 2 1 3PA k     ； 当直线 l与线段 AB相交时，则 l的斜率 k的取值范围是 1k  或 2k   . 故选：B. 2．D 【分析】根据已知条件列方程，化简求得m的值，从而确定正确选项. 【详解】抛物线的准线方程为 4 mx   ，则 1 3 4 m   ， 8m  或-16． 故所求抛物线方程为 2 8y x 或 2 16y x  ． 故选：D 3．D 【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出 x、 y的值，求出向量 a b   的坐标，利用 空间向量的模长公式可求得结果. 【详解】因为 a c   ，则 3 6 3 0a c x       ，解得 1x  ，则  1,1,1a   ， 因为 //b c   ，则 1 3 6 y   ，解得 2y   ，即  1, 2,1b    ， 所以，  2, 1, 2a b     ，因此， 4 1 4 3a b       . 故选：D. 4．D 【分析】分 ( 2,0), (4, )A B a 在 : 3 4 1 0l x y   的同侧和异侧分类讨论求解. 【详解】（1）若 ( 2,0), (4, )A B a 在 : 3 4 1 0l x y   的同侧， 则 3 4AB l k k  ，所以 3 6 4 a  ， 9 2 a  ， （2）若 ( 2,0), (4, )A B a 在 : 3 4 1 0l x y   的异侧， 则 ( 2,0), (4, )A B a 的中点 1, 2 a      在直线 : 3 4 1 0l x y   上， 所以 4 2 0a  解得 2a  , 故选:D. 5．A 【详解】分析：先求出 A，B两点坐标得到 AB，再计算圆心到直线距离，得到点 P到直线 距离范围，由面积公式计算即可 详解：  直线 x y 2 0   分别与 x轴， y轴交于A，B两点    A 2,0 ,B 0, 2   ,则 AB 2 2 点 P在圆 2 2x 2 2y  （ ） 上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 1 2 0 2 2 2 2 d     故点 P到直线 x y 2 0   的距离 2d 的范围为 2,3 2   则  2 2 1 2 2,6 2ABP S AB d d   故答案选 A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档 题． 6．A 【分析】如图所示，过点 E作 EH AB ，垂足为H ．求出 2OE  ，在平面CED内建立直角 坐标系如图，求出 1EF  ， 4PB  ， 2PE  ，即得解. 【详解】如图所示，过点 E作 EH AB ，垂足为 H ． ∵ E是母线 PB的中点，圆锥的底面半径和高均为 2 2 ， ∴ 2OH EH  ．∴ 2OE  ． 在平面CED内建立直角坐标系如图． 设抛物线的方程为  2 2 0y px p  ， F 为抛物线的焦点．  2,2 2C ，所以8 2 2p  ，解得 2p  ，  1 0F , 即 1EF  ， 4PB  ， 2PE  ， 该抛物线的焦点 F到圆锥顶点 P的距离为 2 2 5PE EF  ， 故选：A 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是建立直角坐标系，求出 1EF  ， 4PB  ， 2PE  . 7．A 【分析】设出 P点坐标，求解出以OP为直径的圆M 的方程，将圆M 的方程与圆O的方程 作差可得公共弦 AB的方程，结合点 1 1, 4 2       在 AB上可得点 P的坐标满足的方程. 【详解】设  0 0,P x y ，则以OP为直径的圆    0 0: 0M x x x y y y    ，即 2 2 0 0 0x y x x y y    ① 因为 ,PA PB是圆 O的切线，所以 ,OA PA OB PB  ，所以 A，B在圆 M上， 所以 AB是圆 O与圆 M的公共弦，又因为圆 2 2: 1O x y  ②， 所以由①②得直线 AB的方程为： 0 0 1 0x x y y   ， 又点 1 1, 4 2       满足直线 AB方程，所以 0 0 1 1 1 0 4 2 x y   ，即 2 4 0x y   . 故选：A. 8．A 【分析】对 23 4 5 0       IB IA IF 变形得到 2 3 5 1 8 8 2 IB IF IA      ，进而得到以 2 2: : 3: 4 :5AF BF AB  ，结合椭圆定义可求出 2AF a ， 2 4 5, 3 3 BF a AB a  ， 1AF a ， 由余弦定理求解 ,a c关系式，求出离心率. 【详解】因为 23 4 5 0       IB IA IF ，所以 2 3 5 1 8 8 2 IB IF IA      ， 如图，在 2BF 上取一点 M，使得 2: 5 :3BM MF  ，连接 IM ，则 1 2 IM IA    ， 则点 I为 AM上靠近点 M的三等分点，所以 2 2: : 3 : 4 : 5IAF IBF IBAS S S    ， 所以 2 2: : 3: 4 :5AF BF AB  ， 设 2 3AF x ，则 2 4 , 5BF x AB x  ， 由椭圆定义可知： 2 2 4AF BF AB a   ，即12 4x a ，所以 3 ax  ， 所以 2AF a ， 2 4 5, 3 3 BF a AB a  ， 1AF a 故点 A与上顶点重合， 在 2ABF△ 中，由余弦定理得： 2 2 22 2 2 2 2 2 22 25 16 39 9cos 52 52 3 a a aAB F A F B BAF AB F A a          ， 在 1 2AF F△ 中， 2 2 2 2 2 4 3cos 2 5 a a cBAF a      ， 解得： 5 5 c a  ， 所以椭圆离心率为 5 5 . 故选：A 【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出 , ,a b c 的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将 23 4 5 0       IB IA IF 进行转化，需要作出 辅助线，结合内心的性质得到三角形 2ABF 三边关系，求出离心率. 9．AB 【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平 行垂直的坐标结论，逐个判断即可. 【详解】两条不重合直线 1l ， 2l 的方向向量分别是  2,3, 1a    ，  2, 3,1b     ，则b a    ， 所以 1 2l l// ，A正确； 两个不同的平面 ，  的法向量分别是  2, 2, 1u   ，  3,4,2v   ，则  2 3 2 4 1 2 0u v          ，所以  ，B正确； 直线 l的方向向量  1 1 2a , ,  ，平面 的法向量是  6,4, 1u   ，则  1 6 1 4 2 1 0a u          ，所以 / /l  或 l  ，C错误； 直线 l的方向向量  0,3,0a  ，平面 的法向量是  0, 5,0u   ，则 5 3 u a  ，所以 l  ，D 错误． 故选：AB 10．BD 【分析】综合运用双曲线的简单几何性质及点到直线距离公式、直线的斜率公式求解即可. 【详解】由双曲线 2 2 : 1 16 9 x y    知， 4, 3, 5a b c   ， ( 4,0), (4,0), (5,0)A B F ， 对于 A，双曲线的离心率为 5 4 ce a   ，故 A错误； 对于 B，双曲线的渐近线方程为 by x a   ，即 3 4 y x=± ，故 B正确； 对于 C，点 (5,0)F 到渐近线 3 4 y x=± 的距离为 3 5 154 3 591 16 d ´ = = = + ，故 C错误； 对于 D，设 0 0( , )M x y ，则 2 2 0 0 1 16 9 x y   ，即   2 2 20 0 0 99 1 16 16 16 xy x          ，所以 2 0 0 0 2 0 0 0 9 4 4 16 16MA MB y y y k k x x x         ，即直线MA与直线MB的斜率乘积为 9 16 ，故 D正确； 故选：BD. 11．BC 【分析】设出点 P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断 A；利用几何意义并 结合求函数值域判断 B；利用三角形面积公式计算判断 C；取点计算判断 D作答. 【详解】设点 ( , )P x y ，依题意， 2 2 2 2[( 2) ][( 2) ] 25x y x y     ， 对于 A， 2 2 2 2 2 2 2 225 [( 2) ][( 2) ] ( 2) ( 2) ( 4)x y x y x x x          ，当且仅当 0y  时取等号， 解不等式 2 2( 4) 25x   得： 3 3x ≤ ≤ ，即点 P的横坐标的取值范围是[ 3,3] ，A错误； 对于 B， 2 2 2 2[( 4) 4 ][( 4) 4 ] 25x y x x y x       ，则 2 2 24 25 16x y x    ， 显然 20 9x  ，因此 2 2 2| | 25 16 4 [1,3]OP x y x      ，B正确； 对于 C， PMN 的面积 1 1 5| || | sin | || | 2 2 2 S PM PN MPN PM PN    ，当且仅当 90MPN   时取等号， 当 90MPN  时，点 P在以线段 MN为直径的圆 2 2 4x y  上，由 2 2 2 2 2 4 4 25 16 x y x y x         解 得 39 4 5 4 x y        ， 所以 PMN 面积的最大值为 5 2 ，C正确； 对于 D，因为点 (3,0)在动点 P的轨迹上，当点 P为此点时， 5 1 6PM PN    ，D错误. 故选：BC 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理 求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程 解的点. 二、填空题 12． 2 2( 2) ( 1) 1x y    【分析】根据题意得出半径，即可得出圆的标准方程. 【详解】以点  2,1A 为圆心，且与 x轴相切的圆的半径为 1， 故圆的标准方程是 2 2( 2) ( 1) 1x y    . 故答案为： 2 2( 2) ( 1) 1x y    13． 1 3 【分析】法一：根据空间向量运算结合共面向量定理即可得到相关方程组，解出即可；法二： 利用四点共面的结论即可. 【详解】法一：由题意 1 1 2 6 MA OA OM OA OB OC           ， 1 5 2 6 MB OB OM OA OB OC            ， 1 1 (1 ) 2 6 MC OC OM OA OB OC             ， 因为MA  ，MB  ，MC  共面， 所以存在实数唯一实数对 ( , )m n ，使得MA mMB nMC     ， 即 1 1 2 6 OA OB OC     1 5 1 1( ) [ (1 ) ] 2 6 2 6 m OA OB OC n OA OB OC                ， 所以   1 1 1 2 2 2 5 1 1 6 6 6 1 m n m n m n                   ，解得 1 3 2 3 1 3 m n            ． 法二：由MA  ，MB  ，MC  共面得 , , ,M A B C四点共面， 则根据四点共面的充要条件可得， 1 1 1 2 6    ，即 1 3   ． 故答案为： 1 3 . 14． 8 2 11,1  【分析】设 1 1,QF m PF n  ，所以存在点 P使 2PQ QF 等价于  2 min 0,PQ QF  由 2 1 1 2a m n b   可求 2 2 2PQ QF m n a    的最小值，求得 2 2 b a 的范围，从而得到 2e 的取值范围. 【详解】 设 1 1,QF m PF n  ，则 2 2QF a m  .显然当 P靠近右顶点时， 2PQ QF ， 所以存在点 P使 2PQ QF 等价于  2 2min 0, 2 2PQ QF PQ QF m n a      ， 在 1 2PFF 中由余弦定理得 2 2 22 1 1 2 1 1 22 cosPF PF F F PF F F      ， 即  2 2 22 4 2 2 cosa n n c n c       ，解得 2 cos bn a c    ， 同理可得 2 cos bm a c    ，所以 2 1 1 2a m n b   ， 所以     22 2 3 2 21 1 22 2 3 2 2 2 bb b n mm n m n a m n a m n a                   ， 所以 2 2 min ( 2 1)(2 2 ) 2 2 bm n a a a      ，当且仅当 2n m 时等号成立. 由 2 2( 2 1) 2 0 2 b a a    得 2 2 12 8 2 b a   ，所以 28 2 11 1e   . 故答案为： 8 2 11,1  【点睛】关键点点睛：求离心率范围关键是建立 , ,a b c的不等式，此时将问题转化为  2 min 0PQ QF  ，从而只需求 2 2 2PQ QF m n a    的最小值，求最小值的方法是结合 焦半径性质 2 1 1 1 1 2a PF QF b   使用基本不等式求解. 三、解答题 15．(1) π 3π, 4 4      (2) 2 0x y   【分析】（1）求出直线 AB及 BC的斜率，数形结合得到倾斜角的范围； （2）设出方程为 1 x y a b   ，根据直线所过的点及与坐标轴围成的三角形面积列出方程组， 求出直线方程. 【详解】（1）因为直线 AB的斜率为 2 4 1 4 ( 2)       ，直线 BC的斜率为 2 1 1 4 7     ， 所以 AB， BC对应的倾斜角分别为 3 4  ， π 4 ， 结合图形，当直线 1l 过点 B且与线段 AC有交点时， 1l 的倾斜角范围为 π 3π, 4 4      ； （2）设直线 2l 在�轴， y轴上的截距分别为�，b， 由题意知 0a  ， 0b  ，则直线 2l 的方程为 1 x y a b   ， 由直线 2l 经过点 A，且与�轴， y轴围成的三角形的面积为 2， 得 -2 4+ =1 1 =2 2 a b a b      ，解得 =2 =2 a b    或 =-1 =-4 a b    （舍）. 所以直线 2l 的方程为 12 2 x y   ，即 2 0x y   . 16．(1)证明过程见解析 (2) 2 7 7 (3) 4 7 7 【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定 理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可. 【详解】（1）因为 2 2 2DC AD ， ，M为 BC的中点， 所以 2 AD AB AB AM   ， 因为四棱锥 P ABCD 的底面是矩形， 所以 π 2 DAB MBA   ， 所以Rt RtDAB ABM ∽ ，所以 DBA AMB  ， 而 π 2 MBD DBA   ，即 π 2 MBD ANB AM DB     ， 因为 PD 底面 ABCD， AM 底面 ABCD， 所以 PD AM ，而 , ,DB PD D DB PD  平面 PBD， 所以 AM 平面 PBD； （2）因为 PD 平面 ABCD， ,AD DC 平面 ABCD， 所以 ,PD AD PD DC  ， 因为因为四棱锥 P ABCD 的底面是矩形， 所以 AD DC ，建立如下图所示的空间直角坐标系，        0,0,0 , 0,0,2 , 2 2,0,0 , 2,2,0D P A M ， 因为 PD 平面 ABCD， 所以平面 ABCD的法向量为  0,0, 2DP   ， 设平面 APM的法向量为  , ,n x y z  ，  2 2,0, 2PA   ，  2, 2,0MA   ， 于是有  2 2 2 0 2,1,2 2 2 0 n PA x z n n MA x y                 ， 平面 ABCD与平面 APM所成角的余弦值为  2 2 2 2 2 2 7 72 2 1 2 DP n DP n             ； （3）由（2）可知平面 APM的法向量为  2,1,2n   ， 2cos , 7 7 DP n     ， 所以 D到平面 APM的距离为 2 4cos , 2 7 7 7 7 DP DP n         17．(1) 2 4y x ； (2)直线 l过定点  4,0M . 【分析】（1）利用代入法，结合抛物线定义进行求解即可； （2）直线方程与抛物线方程联立，根据角相等的性质、斜率公式、一元二次方程根与系数 的关系进行求解即可. 【详解】（1）因为点  0 , 2D x 在抛物线C上，且 2DF  ， 所以有 0 0 4=2 =2 ( )=2 2 px ppx        ，因此抛物线C的标准方程为 2 4y x ； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 直线方程与抛物线方程联立，得 2=4 = + y x x my t     2 4 4 0y my t   ， 因为 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y t  ． 因为 APO BPO   ，所以 0AP BPk k  ， 所以             1 2 2 1 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 4 4 2 ( 4) 0 4 4 4 4 4 4 y my t y my t my y t y yy y x x my t my t my t my t                       ． 则 2 ( 4 ) 4 ( 4) 0m t m t     ，即16 4 0m mt  ． 当 0m  时， =4t ，即  4,0M ； 当 =0m 时， =4t ，符合题意，即  4,0M ． 综上，直线 l过定点  4,0M ． 【点睛】关键点睛：通过角相等得到两条直线的斜率关系是解题的关键. 18．(1)证明见解析 (2)存在实数 1 4   【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可； （2）利用空间向量法表示出锐二面角M PA B  的余弦值，求解实数即可. 【详解】（1）因为在四边形 ABCP中， AB PC∥ ， 90ABC  ， AD BC∥ ， 所以 90PDA CDA DAB      ， 在四棱锥 Р ABCD 中， 90PDC  ，即 PD DC ，PD DA ，DC DA . 又DC 平面 ABCD，DA平面 ABCD，DC DA DI ， 所以 PD 平面 ABCD，即 PD是四棱锥 P ABCD 的高， 因此 1 1 1 2 3 3 3 3P ABCD ABCD V S PD DA DC PD DA       四边形 ，所以 2DA  . 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为 x轴， y轴， z轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 则  2,0,0A ，  0,0,1P ，  0,1,0C ，  2,1,0B . 又M 为 BC的中点，所以 2 ,1,0 2 M        ， 因此 2 ,1,0 2 AM          ，  2,1, 1PB   ， 所以 1 1 0AM PB       ，所以 AM PB   ，即 AM PB . （2）由（1）知，  2,0,1AP   ，  0,1,0AB  ， 设平面 APB的一个法向量为  1 1 1 1, ,n x y z  ， 则 1 1 0, 0, n AP n AB           即 1 1 1 2 0, 0, x z y      令 1 1x  ，则 1 2z  ， 所以  1 1,0, 2n   是平面 APB的一个法向量. 因为CM CB   ，所以  2 ,0,0CM  ， 0 1  ， 所以  2 ,1,0M  ，所以  2 2,1,0AM   . 设平面 APM的一个法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ， 则 2 2 0, 0, n AP n AM           即   2 2 2 2 2 0, 2 2 0, x z x y        令 2 2x  ，则 2 2 2y   ， 2 2z  ， 所以  2 2,2 2 ,2n    是平面 APM的一个法向量， 所以   1 2 1 2 2 1 2 3 2 2 22cos , 113 6 2 2 n n n n n n               ， 可得   216 32 7 4 7 4 1 0         ，解得 1 4   或 7 4   . 又 0 1  ，所以 1 4   ， 即存在实数 1 4   ，使得锐二面角M PA B  的余弦值为 2 22 11 . 【点睛】结论点睛：若直线 l m, 的方向向量分别为 ,a b   ，平面 ,  的法向量分别为 ,u v   ，则 ①两异面直线 l m, 所成的角为 π0 2       ， cos a b a b      ； ②直线 l与平面 所成的角为 π0 2       ， sin a u a u        ； ③二面角 l   的大小为  0 π  ， cos u v u v        . 19．(1) 2 2 11 2 yx   ； (2)证明见解析； (3)为定值 1，理由见解析. 【分析】（1）根据实轴长和顶点到渐近线的距离求解即可； （2）将 AC BD 转化为线段 ,AB CD的中点重合，结合韦达定理求解即可； （3）知识迁移，类比二元二次方程 2 23 1x y  的正整数解  ,n n nQ x y ，求方程 E的正整数解， 然后将 1n nOQ Q △ 的面积表示出来即可. 【详解】（1）由题意 2 2 2 2 2 3 3 2 2 ab a b a c a b          ，解得 2 2 1 1 2 a b      ， 所以双曲线 E的标准方程为 2 2 11 2 yx   ； （2）由题意直线 l的斜率不为 0，设直线 :l x my t  ，因为直线 l与 E的右支交于两点，所 以 0t  ， 联立 2 22 1 x my t x y      得  2 2 22 2 1 0m y mty t     ， 所以 2 2 2A B mty y m     ，且  2 2Δ 4 2 2 0m t    ，即 2 22 2m t  ， 联立 2 22 0 x my t x y      得  2 2 22 2 0m y mty t    ，所以 2 2 2C D mty y m     ， 所以 2 2 2C D A B mty y y y m       ，即线段 ,AB CD的中点重合，所以 AC BD ． （3）由题意得方程 2 22 1x y  的初始解为  3,2 ，则根据循环构造原理得 2 (3 2 2) , 2 (3 2 2)n nn n n nx y x y      ， 从而 1 2(3 2 2) (3 2 2) , (3 2 2) (3 2 2) 2 4 n n n n n nx y             ， 记  ,n n nOQ x y  ，则  1 1 1,n n nOQ x y    ，设 1,n nOQ OQ    的夹角为 ， 则 1n nOQ Q △ 的面积 1 2 2 2 1 1 1 1sin sin 2 2n nOQ Q n n n n S OQ OQ OQ OQ             2 2 2 2 2 1 1 1 cos 2 n n n n OQ OQ OQ OQ           22 21 112 n n n nOQ OQ OQ OQ             22 2 2 21 1 1 1 1 11 12 2n n n n n n n n n n n nx y x y x x y y x y x y            ， 令 (3 2 2) , (3 2 2) , 1n na b ab     ， 则             1 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 216n nOQ QS a b a b a b a b                 2 8 2 1 16 ab   ，于是 1n nOQ Q △ 的面积为定值 1． 【点睛】思路点睛：结合题目给的数学情景，运用到新的数学问题中，将学习过的知识方法 迁移到新的问题中 五河一中 2024－2025 学年度高二第一学期期中考试 数学试题 （命题、制卷：蔡汉书 试卷满分：150 分 考试时间：120 分钟） 注意： 1. 答题前，考生请将自己的班级、姓名、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上，并将 考生条形码对应粘贴在答题卡上的指定位置。 2. 填涂选择题时，必须使用 2B 铅笔；答非选择题时，必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书 写。选择题和非选择题答案一律填写在答题卡上对应指定位置，超出答题区域书写无效。写在 试卷上无效。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1．设点  3, 3A  ，  2, 2B   ，直线 l过点  1,1P 且与线段 AB相交，则 l的斜率 k的取值范围是（ ） A． 1k  或 4k   B． 1k  或 2k   C． 4 1k   D． 2 1k   2．抛物线 2y mx 的准线与直线 1x  的距离为 3，则此抛物线的方程为（ ） A． 2 16y x  B． 2 8y x C． 2 16y x 或 2 8y x  D． 2 16y x  或 2 8y x 3．设 x、 yR，向量  ,1,1a x  ，  1, ,1b y  ，  3, 6,3c   r 且a c   ， //b c   ，则 a b    （ ） A． 2 2 B．2 3 C． 4 D．3 4．已知 ( 2,0), (4, )A B a 两点到直线 : 3 4 1 0l x y   的距离相等，则 a （ ） A．2 B． 9 2 C．2 或 8 D．2 或 9 2 5．直线 2 0x y   分别与 x轴， y轴交于A，B两点，点 P在圆  2 22 2x y   上，则 ABP 面积的 取值范围是 （ ） A．  2 6， B．  4 8， C． 2 3 2  ， D． 2 2 3 2  ， 6．如图在底面圆半径和高均为 2 2的圆锥中，AB、CD是过底圆圆O的两条互相垂直的直径，E 是母线 PB的中点，已知过CD与 E的平面与圆锥侧面的交线是以 E为顶点的抛物线的一部分，则 该抛物线的焦点到圆锥顶点 P的距离等于（ ）． A． 5 B．1 C． 10 4 D． 5 2 7．过圆 2 2: 1O x y  内一点 1 1, 4 2       作直线交圆 O于 A，B两点，过 A，B分别作圆的切线交于点 P， 则点 P的坐标满足方程（ ） A． 2 4 0x y   B． 2 4 0x y   C． 2 4 0x y   D． 2 4 0x y   8．已知椭圆   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 的左、右焦点分别为 1F、 2F ，经过 1F的直线交椭圆于A，B， 2ABF△ 的内切圆的圆心为 I ，若 23 4 5 0       IB IA IF ，则该椭圆的离心率是（ ） A． 5 5 B． 2 3 C． 3 4 D． 1 2 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A．两条不重合直线 1l ， 2l 的方向向量分别是  2,3, 1a    ，  2, 3,1b     ，则 1 2l l// B．两个不同的平面 ，的法向量分别是  2, 2, 1u   ，  3,4,2v   ，则  C．直线 l的方向向量  1 1 2a , ,  ，平面 的法向量是  6,4, 1u   ，则 l  D．直线 l的方向向量  0,3,0a  ，平面 的法向量是  0, 5,0u   ，则 / /l  10．已知双曲线 2 2 : 1 16 9 x y    的左、右顶点分别为 ,A B，右焦点为 F，M 为上异于顶点的动点， 则下列说法正确的有（ ） A．双曲线的离心率为 4 5 B．双曲线 的渐近线方程为 3 4 y x=± C．点 F到渐近线的距离为 4 D．直线MA与直线MB的斜率乘积为 9 16 11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是 1675 年卡西尼在研究 土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系 xOy中， ( 2,0)M  ， (2,0)N ，动点 P 满足 | | | | 5PM PN  ，则下列结论正确的是（ ） A．点 P的横坐标的取值范围是 5, 5   B． OP 的取值范围是 1,3 C． PMN 面积的最大值为 5 2 D． PM PN 的取值范围是 2 5,5   第Ⅱ卷 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分． 12．以点  2,1A 为圆心，且与 x轴相切的圆的标准方程为 . 13．在四面体OABC中，空间的一点M 满足 1 1 2 6 OM OA OB OC       ，若MA  ，MB  ，MC  共面，则   ． 14．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的左､右焦点分别为 1 2,F F ，离心率为e，点 P在椭圆上，连接 1PF 并延长交C于点Q，连接 2QF ，若存在点 P使 2PQ QF 成立，则 2e 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．（13 分）已知平面内三点  2,4A  ，  4, 2B  ，  7,1C . (1)若直线 1l 经过点 B且与线段 AC有交点，求直线 1l 的倾斜角 的取值范围； (2)若直线 2l 经过点 A，且与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积为 2，求直线 2l 的方程. 16．（15 分）如图，四棱锥 P ABCD 的底面是矩形，PD 底面 ABCD， 2 2 2PD DC AD  ， ，M 为 BC 的中点. (1)求证： AM 平面 PBD； (2)求平面 ABCD 与平面 APM 所成角的余弦值； (3)求 D 到平面 APM 的距离. 17．（15 分）已知抛物线C：  2 2 0y px p  的焦点为 F，点  0 , 2D x 在抛物线C上，且 2DF  ． (1)求抛物线C的标准方程． (2)直线 l：x my t  与抛物线C交于 A，B两点，直线外一点  4,0P  ，若 APO BPO   （O为坐 标原点），直线 l是否恒过点M ？若是，求出定点M 的坐标；若不是，请说明理由． 18．（17 分）在图甲所示的四边形 ABCP中， AB PC∥ ， 90ABC  ， AD BC∥ ， 2 2PC AB  ， 沿 AD将 PAD△ 进行翻折，使得 90PDC  ，得到如图乙所示的四棱锥 –P ABCD .四棱锥 P ABCD 的体积为 2 3 ，M 为边 BC上的动点（不与端点 B，C重合）. (1)若M 为 BC的中点，求证： AM PB ； (2)设CM CB   ，试问：是否存在实数， 使得锐二面角M PA B  的余弦值为 2 22 11 ？若存在， 求出实数的值；若不存在，请说明理由. 19．（17 分）已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yE a b a b     的实轴长为 2，顶点到渐近线的距离为 3 3 ． (1)求双曲线 E的标准方程； (2)若直线 l与 E的右支及渐近线的交点自上而下依次为C A B D､ ､ ､ ，证明： AC BD ； (3)求二元二次方程 2 23 1x y  的正整数解   *, , ,n n n n nQ x y x y nN ，可先找到初始解  1 1,x y ，其中 1x 为所有解 nx 中的最小值，因为     2 21 2 3 2 3 2 3 1      ，所以  1 2,1Q ；因为    2 2 2 21 (2 3) (2 3) 7 4 3 7 4 3 7 3 4         ，所以  2 7,4Q ；重复上述过程，因为 (2 3)n 与 (2 3)n 的展开式中，不含 3的部分相等，含 3的部分互为相反数，故可设    2 21 (2 3) (2 3) 3 3 3n n n n n n n nx y x y x y         ，所以  ,n n nQ x y ．若方程 E的正整数解为  ,n n nQ x y ，且初始解  1 3,2Q ，则 1n nOQ Q △ 的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理 由．