精品解析：天津市河东区2024-2025学年高二上学期期中质量检测数学试卷

河东区2024~2025学年度第一学期期中质量检测 高二数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 答卷时，考生务必将答案答在答题卡的相应位置.考试结束后，将答题纸交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．请同学们把答案按要求填写在答题卡上规定区域内，超出答题卡区域的答案无效！ 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 一．选择题：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. 点位于（ ） A. y轴上 B. z轴上 C. 平面内 D. 平面内 2. 直线：的倾斜角为（ ） 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. 已知圆经过两点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（　　） A. B. C. D. 5. 将一张坐标纸折叠一次，使得点与点重合，点与点重合，则（ ） A. B. C. D. 6. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数（ ） A. B. C. D. 1 7. 在正四棱锥中，，为的中点，.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 若F为椭圆的左焦点，P为椭圆C上一动点，，则周长的最大值为（ ） A. B. C. 7 D. 10 9. 已知点在曲线上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡相应位置上. 2．本卷共11小题，共105分. 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 10. 经过两点的直线的倾斜角是钝角，则实数的范围是__________. 11. 已知圆，圆，若圆与圆相外切，则________. 12. 椭圆的焦点为为椭圆上一点,若,则_________. 13. 在中，已知，，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在的直线方程为：，则的面积为__________． 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线，与轴交于点，若，则椭圆的离心率为______． 15. 在平行六面体中，，，若，其中，给出下列四个结论： ①若点在平面内，则； ②若，则； ③当时，三棱锥的体积为； ④当时，长度的最小值为． 所有正确结论的序号是______（把所有正确命题的序号都填在横线上）． 三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 已知圆. （1）过点作圆的切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于A、两点，求. 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，． （1）求证：平面； （2）若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 19. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 20. 已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. （1）求椭圆的方程； （2）若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； （3）设，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河东区2024~2025学年度第一学期期中质量检测 高二数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟. 答卷时，考生务必将答案答在答题卡的相应位置.考试结束后，将答题纸交回. 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项： 1．请同学们把答案按要求填写在答题卡上规定区域内，超出答题卡区域的答案无效！ 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 一．选择题：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. 点位于（ ） A. y轴上 B. z轴上 C. 平面内 D. 平面内 【答案】C 【解析】 【分析】根据点的坐标的特征判断即可； 【详解】解：因为点的纵坐标为0，所以点P在平面内. 故选：C 2. 直线：的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用倾斜角与斜率的关系计算即可. 【详解】根据题意可知该直线的斜率为，所以其倾斜角为. 故选：C 3. 若直线与直线平行，则它们之间的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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即可求距离. 【详解】依题意可得，，解得 所以直线方程为，也即是 则两平行直线的距离为， 故选：D 【点睛】易错点睛：在利用两平行线间距离公式求距离时，和的系数应分别相等，比如，应化为，才可以用公式. 4. 已知圆经过两点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将圆的一般方程写出，然后利用待定系数法即可求解. 【详解】设圆的一般方程为，圆心坐标为， 因为圆经过两点，，且圆心在直线上， 所以，解得， 所以圆的方程为. 故选：C. 5. 将一张坐标纸折叠一次，使得点与点重合，点与点重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由两点关于一条直线对称的性质，求得对称轴所在的直线方程为，再根据垂直及中点在轴上这两个条件求得，的值，可得的值. 【详解】由题意可得，对称轴所在的直线即为点与点构成的线段的中垂线. 由于点与点连成的线段的中点为，斜率为， 故对称轴所在的直线方程为，即. 再根据点与点重合，可得，求得，， 故选：A. 6. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方程可得直线经过定点，再由圆心到直线距离最大时弦长最短，由斜率关系即可求得. 【详解】将直线的方程变形为， 由可导，所以直线经过定点， 圆的标准方程为，圆心为，因为，所以点在圆内， 故当时，圆心到直线的距离取最大值，此时直线被圆截得的弦长最短， 因为，直线的斜率为， 所以，解得. 故选：B. 7. 在正四棱锥中，，为的中点，.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律，结合垂直关系即可求解. 【详解】由于，且是正四棱锥， 故，且侧面均为等边三角形， ， 故，则， 故选：C 8. 若F为椭圆的左焦点，P为椭圆C上一动点，，则周长的最大值为（ ） A. B. C. 7 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义及三角形三边关系有，即可求最大值，注意取值条件. 【详解】若为椭圆右焦点，如下图示，， 周长为，且， 所以，而， 故，当且仅当共线且在两侧时等号成立， 所以周长的最大值为10. 故选：D 9. 已知点在曲线上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知曲线为以为圆心，半径的上半圆，，根据圆的性质结合图形分析求解. 【详解】因为整理得， 表示以为圆心，半径的上半圆， 设，则，如图所示： 当三点共线时，取到最小值， 当为半圆的右端点时，取到最大值， 即，则， 所以的取值范围是. 故选：C. 第Ⅱ卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡相应位置上. 2．本卷共11小题，共105分. 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 10. 经过两点的直线的倾斜角是钝角，则实数的范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得且斜率，计算即可得解. 【详解】根据题意，即， 且斜率， 即， 解得或. 实数的范围是. 故答案为： 11. 已知圆，圆，若圆与圆相外切，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，结合圆与圆的位置关系即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 因为两圆外切，所以，解得. 故答案为：2. 12. 椭圆的焦点为为椭圆上一点,若,则_________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据椭圆定义可得:, ,在三角形中由余弦定理,即可求得答案. 【详解】椭圆 可得:,,. 根据椭圆定义可得:, , 可得 解得:. 在三角形中由余弦定理:, 故答案为:. 【点睛】本题主要考查了由余弦定理解三角形,解题关键是掌握椭圆基础知识和余弦定理,考查了分析能力和计算能力,属于中档题. 13. 在中，已知，，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在的直线方程为：，则的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用中点坐标公式可设C坐标，结合两直线垂直的充要条件计算可得C，再由点斜式得直线方程，根据点到直线的距离公式及三角形面积公式计算即可. 【详解】不妨设的中点，则，易知直线存在斜率， 所以， 而边上的高所在的直线方程为：， 所以有， 所以， 由点到直线的距离公式知A到的距离为， 由两点距离公式得，则的面积为. 故答案为： 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线，与轴交于点，若，则椭圆的离心率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设，，得到直线的方程为，解得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】设，，，则直线的斜率为，直线的斜率为， 直线的方程为， 令，得，即， 因为，所以， 即， 解得． 故答案为： 15. 在平行六面体中，，，若，其中，给出下列四个结论： ①若点在平面内，则； ②若，则； ③当时，三棱锥的体积为； ④当时，长度的最小值为． 所有正确结论的序号是______（把所有正确命题的序号都填在横线上）． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则即可解判断①；根据空间向量的数量积定义和线性运算即可判断②；由题易知四面体为正四面体，结合三棱锥的体积公式求解判断③；根据空间向量的数量积定义及运算律代入计算，再由二次函数的性质及基本不等式即可求解判断④. 【详解】对于①，若点在平面内，易知有， 所以， 又，则，故①正确； 对于②，由题意易得， ， 且，又，即， 故，解得，故②正确； 对于③，由题易知四面体为正四面体， 设在平面内的射影为点， 则为的中心，易得，． 当时，到平面的距离为， 所以，故③错误；    对于④，由②可知， ， 又， 由基本不等式可知， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以长度的最小值为，故④正确． 故答案为：①②④ 三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 已知圆. （1）过点作圆的切线，求的方程； （2）若圆与圆相交于A、两点，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设切线方程为，根据圆心到直线距离等于半径即可求解； （2）利用两圆方程消去求得公共弦所在直线方程，再由弦长公式可解. 【小问1详解】 圆方程可化为， 则圆心，半径为2， 由，可知点在圆外， 由图可知，过点的直线斜率存在， 设的方程为，即， 则圆心到直线的距离为，解得或， 的方程为或. 【小问2详解】 由消去， 整理得直线方程为， 则圆心到直线的距离，直线与圆相交， 所以. 17. 如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：在正四棱柱中，，，两两垂直，且，， 以为坐标原点，，，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，，. 因为，分别为，的中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为，则， 令，则有，，即， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得直线方向向量与平面法向量，通过向量垂直，即可求证； （2）由空间角的向量表示即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，． （1）求证：平面； （2）若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 设Q为AD的中点，连接PQ， ∵为正三角形，∴， 又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD ， ∴平面ABCD， 又平面ABCD，∴， 又，，平面PAD ，∴平面PAD； （2） 【解析】 【分析】（1）设Q为AD的中点，连接PQ，证明平面ABCD，得， 从而可证线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面PAD内作，则． ∵平面PAD，平面PAD，平面PAD，∴，． 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系． ∵底面ABCD为平行四边形，，∴ABCD为矩形． 设，则，，，，，． ∴， 设平面ACE的法向量为， 由得 取，得平面ACE的一个法向量为． 又，所以点B到平面ACE的距离为， 解得． ∴，，， 设平面ABP的法向量为， 由得 取，得平面ABP的一个法向量为． ∴平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为 ． 19. 已知和为椭圆上两点. （1）求C的离心率; （2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】（1） （2）直线的方程为或. 【解析】 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 20. 已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. （1）求椭圆的方程； （2）若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； （3）设，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把点坐标代入椭圆的方程得，由的面积可得，解得，进而得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆的方程的关于的一元二次方程，由，进而解得的取值范围，再列出韦达定理，由，则，即可求出，从而得解； （3）因为，，，，写出直线的方程，令，解得．点的坐标为．同理可：点的坐标为．用坐标表示，，，代入，得，同理．由，，代入，化简再求取值范围． 【小问1详解】 因为椭圆经过点， 所以解得（负值舍去）． 由的面积为可知，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，，． 联立，消整理可得． 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，解得， 因为，所以的取值范围是， 所以，， 则 ， 因为以为直径的圆经过坐标原点，所以， 则，即，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为. 【小问3详解】 因为，，，， 所以直线的方程是：， 令，解得，所以点的坐标为． 同理可得点的坐标为． 所以，，． 由，， 可得，， 所以， 同理， 由（2）得， 所以 ， 因为，所以，所以， 则，所以， 所以的范围是． 【点睛】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、； （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $