精品解析：河北省石家庄第二十三中2024-2025学年高二上学期期中数学试题

2024—2025学年第一学期11月高二期中考试 数学 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 一、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. 三点，，在同一条直线上，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点斜率表达式得到方程，解出即可. 【详解】显然，则，即，解得. 故选：D. 2. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的一般式结合点与圆的位置关系计算即可. 【详解】根据题意有，即， 解之得. 故选：C 3. 如图，直线，，，的斜率分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知直线的倾斜角为钝角，斜率为负，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，以及根据倾斜角的大小判断斜率的大小可得答案. 【详解】直线的倾斜角为钝角，斜率为负，且直线的倾斜角大于直线的倾斜角， 直线的倾斜角为锐角，斜率为正，直线的倾斜角大于直线的倾斜角， 所以． 故选：D. 4. 已知动圆过点，并且在圆内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设动圆圆心为，半径为，根据两圆位置关系得到，再利用椭圆的定义，即可求解. 【详解】设动圆圆心为，半径为 因为圆的圆心为，半径为， 由题有，又动圆过点，得， 即，则到两定点的距离之和为， 由椭圆的定义可知，点在以为焦点，长轴长为的椭圆上， 因为，得到，所以动圆圆心的轨迹方程为， 故选：C. 5. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（ ） A. 2 B. －2 C. 1 D. －1 【答案】B 【解析】 【分析】根据两圆的方程作差求出公共弦所在直线方程，再由题中条件，得到公共弦所在直线过点，由此列出方程求解，即可得出结果. 【详解】由与两式作差，可得两圆的相交弦所在的直线为， 又圆的标准方程为，记圆心为； 因为圆平分圆的圆周，所以公共弦所在直线过点， 因此，所以. 故选：. 6. 如图，四棱锥的底面为矩形，且，平面，且为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用基底表示向量，然后再根据空间向量的数量积的运算法则进行求解即可 【详解】已知点为中点， 则， 因为平面，平面，所以，又四边形为矩形，所以； 因此 . 故选：D 7. 已知点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两点之间距离最小，结合点关于直线的对称性即可利用两点间距离公式求解. 【详解】表示点到点和点的距离之和， 令点关于直线的对称点为，则，解得，即， 因此， 当且仅当点为线段与直线的交点时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.如动点与两定点的距离之比为时，则直线被动点所形成的轨迹截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用两点间距离公式代入化简得到点的轨迹，再联立轨迹与直线得弦长. 【详解】设，，则， 整理得， 与直线联立得，所以所求弦长为. 故选：D 二、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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若两个不同平面，的法向量分别是，且，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 C. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面面垂直的向量表示可判断A；由线面平行的向量表示可判断B；根据向量共线定理，可判断C；由空间向量基底的表示可判断D. 【详解】对于A，，所以，则，A正确； 对于B， ，所以，则直线或者，B错误; 对于C，对空间中任意一点O，有， 即，则 满足，则P，A，B，C四点共面，可知C正确； 对于D，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，所以D正确. 故选：ACD. 10. 直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件，分截距为和不为两种情况讨论，再利用点斜式和截距式，即可求解. 【详解】当直线在两坐标轴上的截距均为时，直线方程为，即， 当直线在两坐标轴上的截距不为时，设直线方程为， 由题有或， 由，得到，此时直线方程为，即， 由，得到，此时直线方程为，即， 故选：ACD. 11. 下列结论正确的是（ ） A. 已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交 B. 直线与圆恒相交 C. 若直线平分圆的周长，则 D. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用点到直线距离公式计算判断A；求出直线所过定点判断B；求出圆心坐标计算判断C；利用相交两圆求出范围判断D. 【详解】对于A，由点在圆外，得， 圆心到直线m的距离，m与圆相交，A正确； 对于B，直线恒过定点，而， 即点在圆内，因此直线与圆恒相交，B正确； 对于C，圆的圆心为，依题意，点在直线上， 则，解得，C正确； 对于D，依题意，以为圆心，1为半径的圆与圆相交，而圆的圆心为，半径为， 则，又，，解得，D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 平面内，已知两点，及动点，若直线，的斜率之积是，则点的轨迹方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】设动点，斜率用坐标表示，由斜率之积为可得出之间的关系式，进而得的轨迹方程. 【详解】设动点的坐标为，又，， 所以的斜率，的斜率， 由题意可得， 化简，得点的轨迹方程为. 故答案为： 13. 已知圆与圆，则圆和圆的一条公切线的方程为_______. 【答案】；；（三个任意一个都算正确） 【解析】 【分析】先判断两个圆的位置关系，再判断公切线的条数，然后求公切线即可. 【详解】由题可知： 所以 两个圆的半径和为 所以两个圆外切，所以有三条公切线, 设公切线为 由圆心到切线的距离等于半径得 解得 或或 所以切线方程为，或 故答案为：；； 14. 在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，其中，当________时，． 【答案】1 【解析】 【分析】将点P和点Q满足的向量式转化，分析得出P,Q的位置，然后利用线面垂直的判定以及性质即可求得答案. 【详解】，又， 所以点P在射线上； ，又， 所以点Q在射线上； 因为当变化时，平面，故只需考虑过且与平面垂直的线， 因为正方体有平面，而平面，所以 又，平面，所以平面， 平面，所以， 所以当点Q在上时，即时， 故答案为：1. 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. 已知的顶点，若边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，则，根据已知列出方程组，求解即可得出答案； （2）根据已知求出直线的方程，进而联立方程得出的坐标，代入两点式方程化简即可得出答案. 【小问1详解】 设，则， 由已知可得， 解得， 所以点的坐标为. 【小问2详解】 由已知可设直线的方程为， 又点A在直线上，所以有，解得， 所以，直线的方程为. 联立直线与的方程可得， 点坐标为. 将坐标代入两点式方程有， 整理可得，. 16. 已知，，在圆上． （1）求圆的标准方程； （2）若直线，且与圆交于点、，为坐标原点，，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先设圆的标准方程为，根据条件建立方程组，求出，即可求解； （2）根据条件设直线方程为，联立直线与圆的方程得，由韦达定理得，进而可求得，结合条件，即可求解. 【小问1详解】 设圆的标准方程为， 因为，，在圆上， 所以①，②，③， 由①②③解得， 所以圆的标准方程. 【小问2详解】 因为，又直线，不妨设为， 由，消得， 则，即， 设，则， 所以， 又，则，又，所以， 得到，即，解得或（均满足）， 所以直线的方程为或. 17. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点． （1）当为椭圆的上顶点时，求的大小； （2）直线与椭圆交于，，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得，从而可得，即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，消得，再利用弦长公式，即可求解. 【小问1详解】 因为椭圆方程为，则，，所以， 又，则，所以. 【小问2详解】 设， 由，消得，则， 由韦达定理知，由求根公式可得， 则，化简得到，解得. 18. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，. （1）在上找一点，使得平面； （2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）为的三等分点，且 （2） 【解析】 【分析】（1）当为的三等分点，且，在上取点，且，利用几何关系可得，，从而可得面面，再利用面面平行的性质即可说明结果成立； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求角. 【小问1详解】 当为的三等分点，且时，平面，理由如下， 在上取点，使，连接， 因为，所以，又平面，平面，所以平面， 又因为，即，所以，又平面，平面，所以平面， 又面，所以面面， 又面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面，底面是矩形，建立如图所示的空间直角坐标系， 又，则， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的动点，，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上． 【答案】（1）； （2）证明：设直线的方程为：，，而， 由消去得：， ， 则，， 又直线的方程为：，即， 又直线的方程为：，即， 由，得， 所以当点运动时，点恒在定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆短半轴长，结合离心率求出长半轴长即可. （2）设直线的方程为：，，联立直线与椭圆，再表示出直线与的方程，联立求出交点，即可计算推理得证. 【小问1详解】 设椭圆的标准方程为，由短轴长为，得， 由离心率为，得，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年第一学期11月高二期中考试 数学 考试说明：1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 一、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. 三点，，在同一条直线上，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 2. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，直线，，，的斜率分别为，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知动圆过点，并且在圆内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则（ ） A. 2 B. －2 C. 1 D. －1 6. 如图，四棱锥的底面为矩形，且，平面，且为的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 8. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.如动点与两定点的距离之比为时，则直线被动点所形成的轨迹截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 二、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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若两个不同平面，的法向量分别是，且，，则 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 C. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线 10. 直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 11. 下列结论正确的是（ ） A. 已知，为坐标原点，点是圆外一点，直线的方程是，则与圆相交 B. 直线与圆恒相交 C. 若直线平分圆的周长，则 D. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 平面内，已知两点，及动点，若直线，的斜率之积是，则点的轨迹方程为______． 13. 已知圆与圆，则圆和圆的一条公切线的方程为_______. 14. 在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，其中，当________时，． 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. 已知的顶点，若边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求直线的方程． 16. 已知，，在圆上． （1）求圆的标准方程； （2）若直线，且与圆交于点、，为坐标原点，，求直线的方程． 17. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点． （1）当为椭圆的上顶点时，求的大小； （2）直线与椭圆交于，，若，求的值． 18. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，. （1）在上找一点，使得平面； （2）在（1）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的动点，，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $