精品解析：内蒙古呼和浩特市第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

呼和浩特市第二中学2024——2025学年第一学期数学期中考试试卷 试题审核人：王全牢 考试范围：空间向量，直线，圆，椭圆 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知椭圆：，则椭圆的焦距为（ ） A. 5 B. 10 C. 4 D. 8 2. 无论为何值，直线都过一个定点，则该定点为（ ） A. B. C. D. 3. 已知的周长为20，且顶点，则顶点的轨迹方程是（　　） A. B. C. D. 4. 方程表示的图形是半径为的圆，则该圆圆心位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 5. 已知直三棱柱中，，，那么异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 设是椭圆上的上顶点，点在上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 直线x＋y－1＝0上与点P(－2，3)的距离等于的点的坐标是（ ） A. (－4，5) B. (－3，4) C. (－1，2) D. (0，1) 10. 如图所示．已知椭圆方程为，为左右焦点，下列命题正确的是（ ） A. P为椭圆上一点，线段中点为Q，则为定值 B. 直线与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，e为椭圆离心率且斜率均存在，则 C. 若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是 D. 四边形为椭圆内接矩形，则其面积最大值为 11. 已知，点为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若圆，则圆与圆有四条公切线 B. 若满足，则 C. 直线的方程为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在四面体中，空间的一点满足．若，，，四点共面，则______． 13. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且法向量为的平面的方程，则点到平面的距离为______. 14. 圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是____________. 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. 已知圆的圆心为坐标原点，且与直线相切. （1）求圆的标准方程； （2）若直线过点，直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程. 16. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知在中，点，角的平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 18. 已知和为椭圆上的两点. （1）求椭圆C的方程和离心率； （2）设直线与椭圆C交于A、B两点，求三角形AOB面积的取值范围. 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 呼和浩特市第二中学2024——2025学年第一学期数学期中考试试卷 试题审核人：王全牢 考试范围：空间向量，直线，圆，椭圆 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知椭圆：，则椭圆的焦距为（ ） A. 5 B. 10 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由椭圆方程即可直接求解. 【详解】由，可得， 即， 故选：D 2. 无论为何值，直线都过一个定点，则该定点为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将直线方程整理成即可求得定点坐标. 【详解】将直线方程整理成， 令，解得，即直线经过定点. 故选：C. 3. 已知的周长为20，且顶点，则顶点的轨迹方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件及椭圆定义求椭圆的标准方程. 【详解】错解： ∵△ABC的周长为20，顶点， ∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12， ∵12＞8， ∴点A到两个定点的距离之和等于定值， ∴点A的轨迹是椭圆， ∵a＝6，c＝4， ∴b2＝20， ∴椭圆的方程是 故选：D. 错因： 忽略了A、B、C三点不共线这一隐含条件. 正解： ∵△ABC的周长为20，顶点， ∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12， ∵12＞8， ∴点A到两个定点的距离之和等于定值， ∴点A的轨迹是椭圆， ∵a＝6，c＝4， ∴b2＝20， ∴椭圆的方程是 故选：B. 4. 方程表示的图形是半径为的圆，则该圆圆心位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据方程表示的图形是圆，求得的范围，再由圆心为，判断. 【详解】方程 表示的图形是半径为的圆， ，求得， 故圆心，在第四象限， 故选：D． 5. 已知直三棱柱中，，，那么异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值. 【详解】因为直三棱柱中，，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设与所成角大小为， 则. 故选：D 6. 在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，以及直线的方向向量，利用向量法直接求解即可. 【详解】 如图，以为原点，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如下所示： 易知，，; 取， ， 则， 所以点到直线的距离为． 故选：C. 7. 设是椭圆上的上顶点，点在上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，把转化成二次函数的最值问题求解. 【详解】设，则，，. 易知， 所以，. 当时，有最大值，为：. 所以的最大值为：. 故选：A 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据椭圆的定义可得，由，根据余弦定理可得，再由离心率公式求解即可. 【详解】 由题可知， 所以，解得， 由 得， 整理得， 所以. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 直线x＋y－1＝0上与点P(－2，3)的距离等于的点的坐标是（ ） A. (－4，5) B. (－3，4) C. (－1，2) D. (0，1) 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两点间的距离公式求得正确选项. 【详解】设所求点的坐标为， 则，解得或， 所以所求点的坐标为或. 故选：BC 10. 如图所示．已知椭圆方程为，为左右焦点，下列命题正确的是（ ） A. P为椭圆上一点，线段中点为Q，则为定值 B. 直线与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，e为椭圆离心率且斜率均存在，则 C. 若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是 D. 四边形为椭圆内接矩形，则其面积最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用椭圆的定义、直线斜率公式、离心率公式，结合椭圆和矩形的对称性、基本不等式、余弦定理逐一判断即可． 【详解】对于A：连接，如下图： 由椭圆的定义可知，线段中点为Q， 所以，于是有，故A正确； 对于B：由题意作图如下： 直线与椭圆交于R，S两点， 因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形， 所以R，S两点关于原点对称，不妨设， 则， 因为A是椭圆上异与R的点，所以有， 两个式相减，得，整理可得， 因此，故B错误； 对于C：由题意作图如下： 椭圆上存在一点M使，在中， 由余弦定理可知：， 即，可得，即， 而，当且仅当时取等号，即M为上（下）顶点时取等号， 可得，，，， 而，所以，故C正确； 对于D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同， 所以设矩形在第一象限的顶点为，即， 所以矩形的面积为，因为，可得， 当且仅当时取等号，即当时取等号，故D正确. 故选：ACD 11. 已知，点为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若圆，则圆与圆有四条公切线 B. 若满足，则 C. 直线的方程为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由两圆位置关系得到公切线条数，再由圆上的点的三角表示求出的取值范围，再由切线求出切点最后得到切点弦方程，最后应用阿氏圆转化为两点间线段最短即可. 【详解】圆的圆心为，， 对于A：圆的圆心为，半径，所以， 所以两个圆外离，所以有4条公切线，A正确； 对于B：因为满足，所以是圆上的点， 所以可令，其中， 此时，B正确； 对于C：若过点的直线斜率不存在，此时直线为，不是圆的切线， 所以圆的切线斜率存在，设为，则切线方程为， 圆心到直线的距离为，解得或者， 所以切线方程为和， 联立，解得，联立，解得， 所以（或者）， 所以，直线，C错误； 对于D：设轴上存在点使得圆上任意的一点点满足， 即，解得， 所以，解得，所以存在点在圆内使得， 所以，D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点睛：若能熟练掌握圆的切点弦方程和阿氏圆逆定理则能快速判断CD选项. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在四面体中，空间的一点满足．若，，，四点共面，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据空间向量的基本定理建立方程，解之即可. 【详解】由题意知，， 根据四点共面的充要条件可得，解得． 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，表示经过点，且法向量为的平面的方程，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意以及空间中点到平面的距离公式求解. 【详解】由题意，平面过点， 且其法向量为，则， 故点到平面的距离为 . 故答案为：. 14. 圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】转化为点到直线与直线距离之和的5倍，这个距离之和与点在圆上的位置无关可得圆在两直线之间，利用直线与圆相切可得答案. 【详解】由已知可得所在的圆的方程为， 设， 故可看作点到直线与直线距离之和的5倍， 因为的取值与x、y无关， 所以这个距离之和与点在圆上的位置无关， 圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离， 如图所示，可知直线平移时， 点与直线的距离之和均为直线之间的距离， 此时可得圆在两直线之间， 当直线与圆相切时， ，解得（舍去），或， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是转化为点到直线与直线距离之和的5倍. 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. 已知圆的圆心为坐标原点，且与直线相切. （1）求圆的标准方程； （2）若直线过点，直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由圆心到直线的距离求出半径，即可得到圆的方程. （2）先由圆的弦长公式求出圆心到直线的距离，讨论斜率不存在和存在两种情况，斜率不存在时明显符合题意，斜率存在时先设出直线的点斜式方程，由的值求出直线斜率，从而求解. 【小问1详解】 设圆的半径为，则， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为，则，解得：， 当直线的斜率不存在时，，此时圆心到的距离为1，符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为：， 化简得：，则，解得：， 即. 综上，直线的方程为或. 16. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为四边形为正方形， 底面，所以，，两两相互垂直， 如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以， 又平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量，求得平面的法向量，然后利用，证明，从而得出平面； （2）求得直线的方向向量，由（1）知平面的法向量，结合线面角的向量公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知在中，点，角的平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得的坐标，由边上的高所在直线方程，得到直线的斜率为，结合点斜式方程，求得得直线方程； （2）设关于直线的对称点为，列出方程组，求得，根据题意，得到点在直线上，求得的直线方程为，联立方程组，求得点的坐标. 【小问1详解】 设，联立方程组，解得，所以点的坐标为， 因为边上的高所在直线的方程为，可得斜率为， 可得直线的斜率为， 所以的直线方程为，即. 【小问2详解】 设关于直线的对称点为， 可得，解得，所以， 因为角的平分线所在直线的方程为，可得点在直线上， 可得，所以的直线方程为，即， 联立方程组，解得，所以点的坐标为. 18. 已知和为椭圆上的两点. （1）求椭圆C的方程和离心率； （2）设直线与椭圆C交于A、B两点，求三角形AOB面积的取值范围. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）利用，两点坐标，求出，再利用求出，进而得到椭圆方程与离心率； （2）联立椭圆方程与直线方程，求出AB弦长，再求出点O到AB的距离，求出三角形AOB面积，研究该函数的最值即可. 【小问1详解】 解：和为椭圆上的两点， 所以，解之得，，又因为，所以. 所以椭圆C的方程为，离心率. 【小问2详解】 解：联立方程，消去得， 因为， 所以设交点，，则，， 所以 . 又因为点到直线的距离为， 所以三角形AOB面积 令， 则 （当且仅当即时，等号成立）， 也就是当时，三角形AOB面积取最大值 又因为当时，， 所以三角形AOB面积的取值范围是. 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】（1） 因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2） （3） 设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $