精品解析：河北省保定市六校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题

河北省保定市六校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色黑水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签宇笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章第2节． 一、单选题：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，只有一项是符合題目要求的. 1. 已知，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示计算可得. 【详解】由可得， 解得. 故选：A 2. 过点的直线的方向向量为，则该直线方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线的斜率和方向向量之间的关系即可求解. 【详解】不妨设点为直线上异于点的任意一点， 则由直线的斜率和方向向量之间的关系可知， 整理得，因此满足题意的直线方程为. 故选：A. 3. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果. 【详解】如下图所示： 易知. 故选：D 4. 已知离心率为2的双曲线与椭圆有相同的焦点，则（ ） A. 21 B. 19 C. 13 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率公式，以及椭圆和双曲线的焦点公式，即可求解. 【详解】由条件可知，， 则，解得，所以． 故选：B． 5. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】点差法得到，从而得到，结合，求出，得到椭圆方程. 【详解】由题意，设，代入椭圆方程， 可得两式相减可， 变形可得， 又过点的直线交椭圆于两点，且的中点为， 所以， 代入上式可得，，又， 解得，所以椭圆的方程为. 故选：C 6. 是双曲线=1的右支上一点，M、N分别是圆和=4上的点，则的最大值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心,再利用平面几何知识把转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离,即可求的最大值. 【详解】 则 故双曲线的两个焦点为, ,也分别是两个圆的圆心,半径分别为, 则的最大值为 故选：D 7. 直线与曲线恰有一个公共点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据曲线方程画出图形，再根据交点个数以及实数代表的几何意义可求得结果. 【详解】将表达式整理可得， 即可得曲线表示的是以圆心为，半径为1的右半圆，如下图所示： 易知当直线夹在直线之间时符合题意； 当在位置时，此时， 当在位置时，此时，此时直线于曲线有两个交点， 因此可得时，符合题意； 当在位置时，此时直线与半圆相切且， 即，解得， 综上可得实数的取值范围为. 故选：C 8. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误. 【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为, 则满足，可得， 此时外接球的表面积为，可知①错误； 对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，所以， 设，其中； 可得， 异面直线与所成角的余弦值为， 易知时，， 可得， 所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确； 对于③，由②可知，，则； 设平面的法向量为，又， 则，取，则； 所以平面的法向量为， 此时，可得，又平面， 所以直线平面，即③正确； 对于④，根据正方体性质平面，所以， 易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误； 综上所述，正确的结论为②③. 故选：C 【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法： （1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值； （2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值. 二、多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点，且在轴，轴上截距互为相反数的直线方程为 C. 直线：恒过点 D. 已知直线：，：，则“”的充要条件是“或” 【答案】AC 【解析】 【分析】由直线一般方程以及斜率与倾斜角的关系可判断A正确，分截距是否为0对直线方程进行分类讨论，可得直线方程还可以为，即B错误，利用直线的点斜式方程可判断C正确，由两直线垂直的位置关系可得D错误. 【详解】对于A，易知直线的斜率为，所以倾斜角为，即A正确； 对于B，当在轴，轴上截距互为相反数且都为0时，此时直线方程为，可得B错误； 对于C，直线可化为，由点斜式方程可知其恒过点，即C正确； 对于D，当时，直线的方程不存在，当时，直线的斜率不存在，此时两直线不垂直； 当且时，若可得，解得； 当时，经检验可得此时， 因此“”的充要条件是“”，可得D错误. 故选：AC 10. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线与平面所成的角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法逐一判断分析各个选项即可. 【详解】如图以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， ， 则，所以，故A正确； ，则， 所以， 所以点E到直线的距离为，故B错误； 因为平面，所以即为平面的一条法向量， 则直线与平面所成的角的正弦值为，故C正确； 设平面的法向量为， 则有，可取， 则点到平面的距离为，故D错误. 故选：AC. 11. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆或的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的蒙日圆方程为 B. 矩形的四边均与椭圆相切，若为正方形，则的边长为 C. 若是椭圆的蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为 D. 若是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用新定义即可直接求出相关量，判断选项AB，表示出三角形的面积，结合基本不等式即可判断选项C，结合题意分析出当为直角时，点与点或重合，即可判断选项D. 【详解】对于A选项，由椭圆的方程知，， 故蒙日圆半径为，则蒙日圆的方程为，A正确； 对于B选项，设椭圆的蒙日圆为圆， 由题意知，矩形为圆的内接矩形， 当为正方形时，由圆的半径为得的边长为，B正确； 对于C选项，椭圆的蒙日圆的半径为， 因为，即为蒙日圆的直径，所以， 所以， 又因为， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，C错误； 对于D选项，设直线与椭圆的蒙日圆交于，两点， 联立解得或， 不妨令，， 所以当点与点或重合时，为直角， 且，， 所以直线的斜率为或，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则的值为______. 【答案】5 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示计算可得，即可得答案. 【详解】由可知，因此， 即可得， 所以. 故答案为：5 13. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】求出点关于直线的对称点坐标，再由两点间距离公式计算可得结果. 【详解】设关于直线的对称点，如下图所示： 则，解得，即 此时即为最短路程，易知. 所以最短总路程为. 故答案为： 14. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到关系，代入离心率计算公式，即可得到结果. 【详解】 设双曲线的半焦距为c，，，根据题意得， 又，，设的中点为， 在中，，，， 则，，根据， 可知，. 故答案为：. 四、解答题：本小题共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. 已知关于的方程：． （1）当为何值时，方程表示圆； （2）若圆C与直线相交于两点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用圆的一般式的条件求解即可； （2）利用弦长公式计算参数即可. 【小问1详解】 由圆的一般方程性质可知： 解得， 所以当时，方程表示圆. 【小问2详解】 由，得， 所以该圆圆心为，半径 所以圆心到直线的距离 根据弦长公式可知： 解得. 16. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且经过点， （1）求双曲线C的标准方程 （2）已知直线与曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）据共渐近线设双曲线的方程，然后代入点，计算，即可得出答案． （2）联立直线与双曲线的方程，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，然后表示出的中点坐标，代入圆的方程，计算即可得出答案． 【小问1详解】 设双曲线的方程为， 代入，，得，解得， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 由，得， 设，，，， 则中点坐标为，， 由韦达定理可得， 所以， 所以中点坐标为， 因为点在圆上， 所以，解得． 【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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2. （1）证明：平面BCD； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在中，因为， 由余弦定理，得， 所以，所以， 所以． 如下图1所示：在中，作于点， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面BCD，所以平面BCD. （2）存在，，理由如下： 方法一：如下图2所示： 存在点，当是的中点时，二面角的大小为. 证明如下：由（1）知平面BDC，所以且， 所以，又因为是的中点，所以，同理可得：， 取BD的中点为O，DC的中点为，连接MO，EM，OE， 因为，所以是二面角的平面角， 又因为，所以．此时． 方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图3所示的空间直角坐标系，则. 假设点存在，设， 则， 设平面MBD的一个法向量为， 则，取，可得， 又平面CBD的一个法向量为， 假设在线段上存在点，使得二面角的大小为， 则，解得， 所以点存在，且点是线段的中点，即. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直证明线面垂直，再用线面垂直证明线线垂直，从而证明线面垂直即可； （2）利用空间直角坐标系，结合空间向量的运算，即可求面面角的余弦值，从而问题求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据定义先求出，然后利用圆上的点到圆心的距离为半径求出，最后求出和椭圆方程； （2）先联立得到的取值范围，然后得到面积的解析式，根据函数性质求得面积最大值，最后判断是否符合要求即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又且以为圆心的圆与直线相切，所以， 又圆过点，所以，解得， 所以， 故椭圆方程为； 【小问2详解】 如图所示， 不妨令直线，， 联立，得， 所以，解得， 又， 且点到直线的距离为， ， 所以， 当且仅当时取到最大值，此时满足， 所以. 【点睛】关键点睛：熟练应用韦达定理和弦长公式是解决解析几何的基本功，需要大量的训练和练习. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省保定市六校联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色黑水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色黑水签宇笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章第2节． 一、单选题：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，只有一项是符合題目要求的. 1. 已知，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 过点的直线的方向向量为，则该直线方程为（    ） A. B. C. D. 3. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知离心率为2的双曲线与椭圆有相同的焦点，则（ ） A. 21 B. 19 C. 13 D. 11 5. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 是双曲线=1的右支上一点，M、N分别是圆和=4上的点，则的最大值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. 直线与曲线恰有一个公共点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 二、多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 经过点，且在轴，轴上截距互为相反数的直线方程为 C. 直线：恒过点 D. 已知直线：，：，则“”的充要条件是“或” 10. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线与平面所成的角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆或的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的蒙日圆方程为 B. 矩形的四边均与椭圆相切，若为正方形，则的边长为 C. 若是椭圆的蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为 D. 若是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则的值为______. 13. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为____________. 14. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于A，B两点（B在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______. 四、解答题：本小题共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. 已知关于的方程：． （1）当为何值时，方程表示圆； （2）若圆C与直线相交于两点，且，求的值． 16. 如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知双曲线C与双曲线有相同的渐近线，且经过点， （1）求双曲线C的标准方程 （2）已知直线与曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆上，求实数m的值． 18. 如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2. （1）证明：平面BCD； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 已知O为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，，，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过，的圆与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线交椭圆C于M，N两点.若直线l的斜率等于1，求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $