2024-2025學(xué)年河北省保定市清苑區(qū)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年河北省保定市清苑區(qū)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.直線x+y+1=0的傾斜角是(

)A.?π4 B.π4 C.π2.已知雙曲線x2a2?y2=1(a>0)的漸近線與圓A.3 B.33 C.13.在四面體OABC中記OA=a，OB=b，OC=c，若點M、N分別為棱OA、BC的A.12a+12b+124.已知直線l的一個方向向量是a=(?1,2,1)，平面α的一個法向量是n=(1,1,?1)，則l與α的位置關(guān)系是(

)A.l⊥α B.l//α C.l與α相交但不垂直 D.l//α或l?α5.若直線l與圓C1：x2+y2?4y+3=0相切，且點(3,?2)到直線lA.4 B.3 C.2 D.16.設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，A為其右頂點，直線y=1與雙曲線C交于MA.2 B.3 C.2 7.已知圓C過點A(3,2)，B(0,?1)，設(shè)圓心C(a,b)，則a2+b2A.2 B.2 C.228.已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別F1，F(xiàn)2，M是橢圓上一點，直線MF2與y軸負半軸交于點A.33 B.12 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：x29+y25A.△PF1F2的周長為10 B.△PF1F2面積的最大值為25

C.10.在三棱錐P?ABC中，△PAC為邊長為2的正三角形，AB=2，∠BAC=90°，設(shè)二面角P?AC?B的大小為α，∠PAB=β，G為△PBC的重心，則下列說法正確的是(

)A.若α=30°，則PB=2

B.若PB=14，則a=150°

C.若α=90°，則PB與AC所成的角為60°

D.11.已知曲線C：x2+y2mA.0≤x≤2

B.曲線C關(guān)于直線x=1對稱

C.曲線C圍成的封閉圖形的面積不大于π

D.曲線C圍成的封閉圖形的面積隨m的增大而增大三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若圓C：(x?2)2+(y+3)2=4上存在兩點關(guān)于直線13.已知點A(0,1,1)，B(0,0,1)，C(1,1,0)，則點A到直線BC的距離是______．14.過橢圓x27+y2=1上一點P作圓C：x2+(y?3)2=1四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知直線l：2x?y+2=0，圓C：(x?3)2+y2=5．

(1)求與直線l平行且與圓C相切的直線方程；

(2)設(shè)直線l1⊥l，且l1與圓C相交于A16.(本小題15分)

設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2，分別是C的左、右焦點，A是C左支上一點，且AF1與x軸垂直，直線AF2與C的另一個交點為B．

(1)若直線AB的傾斜角為3π4，求C的離心率；17.(本小題15分)

如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，點G在棱AA1上，且AG=12GA1．

(1)證明：D1，G，E，F(xiàn)18.(本小題17分)

球面距離在地理學(xué)、導(dǎo)航系統(tǒng)、信息技術(shù)等多個領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用.球面距離的定義：球面上兩點之間的最短連線的長度，即經(jīng)過這兩點的大圓(經(jīng)過球心的平面截球面所得的圓)在這兩點間的一段劣弧的長度.這個弧長就被稱作兩點的球面距離．

(1)在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1(底面為正方形的直棱柱)中，AB=1，AA1=2，求頂點A，B在該正四棱柱外接球上的球面距離．

(2)如圖1，在直角梯形ABCD中，BC//AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC=3.現(xiàn)將△ABD沿邊BD折起到P，如圖2，使得點P在底面BCD的射影H在CD上．

①求點P到底面BCD的距離；

19.(本小題17分)

在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，A(2,0)，B(0,3)，C(2,3)，D(0,?3)，點P在線段OA上，點Q在線段AC上，且OPOA=CQCA=t，設(shè)直線BQ與DP交于點M．

(1)證明：當(dāng)t變化時，點M始終在某個橢圓W上運動，并求出橢圓W的方程．

(2)過點E(4,0)作直線與橢圓W交于S，T不同的兩點，再過點F(1,0)作直線ST的平行線與橢圓W交于G

參考答案1.D

2.A

3.B

4.D

5.A

6.C

7.B

8.C

9.AB

10.ABD

11.ABC

12.2

13.614.?115.解：(1)設(shè)直線的方程為2x?y+a=0，圓心C(3,0)，

因為直線與圓C相切，所以圓心C到直線的距離d1=|2×3?0+a|22+12=r=5，

則|a+6|=5，得a=?1或a=?11，

故直線的方程為2x?y?1=0或2x?y?11=0；

(2)設(shè)直線l1的方程為x+2y+b=0，

圓心C到直線l1的距離為d，則d=r2?(|AB|216.解：(1)設(shè)F1(?c,0)，F(xiàn)2(c,0)，

因AF1與x軸垂直，設(shè)A(?c,y0)(y0>0)，

則c2a2?y02b2=1，可得A(?c,b2a)，又F2(c,0)，

則kAB=b2a?2c=tan3π4=?1，即b2=2ac，

即c2?a2=2ac，又e=ca，

所以e2?2e?1=0，解得：e=1+2或e=1?2(舍)，

即C的離心率為1+2；

(2)如圖，設(shè)AB與y軸交點為C，則|OC|=2，

因O為F1，F(xiàn)2中點，AF1與x軸垂直，

則AF1//CO，C為AF2中點，

則由中位線定理可得|AF1|=2|OC|=4，

因|AB|=3|F2B|，設(shè)|F217.(1)證明：設(shè)正方體的棱長為3，

以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D1(0,0,3)，G(3,0,1)，E(3,32,0)，F(xiàn)(32,3,0)，

所以D1G=(3,0,?2)，D1E=(3,32,?3)，D1F=(32,3,?3)，

設(shè)D1G=λD1E+μD1F，則(3,0,?2)=λ(3,32,?3)+μ(32,3,?3)=(3λ+32μ,32λ+3μ,?3λ?3μ)，

所以3=3λ+32μ0=32λ+3μ?2=?3λ?3u，解得λ=43，μ=?23，

所以D1G=43D1E?23D1F，

故D??1，G，E，F(xiàn)四點共面．

(2)解：在棱CC1上取一點M，使得CM=13CC1，連接GM，AC，則GM//AC，

因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，

所以AC/?/EF，所以GM//EF，即G，E，F(xiàn)，18.解：(1)正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的外接球直徑AC1=12+12+(2)2=2，球半徑R′=1，

因此球心與點A，B構(gòu)成正三角形，弦AB所對球過A，B的大圓圓心角為π3，弧長為π3，

所以頂點A，B在該正四棱柱外接球上的球面距離為π3．

(2)①在直角梯形ABCD中，BC/?/AD，∠BCD=90°，BC=12AD=1，DC=3，

BD=12+(3)2=2=AD，∠ADB=90°?∠BDC=60°，則△ABD為正三角形，

在棱錐P?BCD中，PH⊥平面BCD，而BC?平面BCD，則BC⊥PH，

又BC⊥CD，PH∩CD=H，PH，CD?平面PCD，則BC⊥平面PCD，

而PC?平面PCD，因此PC⊥BC，PC=PB2?BC2=22?12=3，

在△PCD中，cos∠PDH=12PDCD=13，sin∠PDH=23，PH=PDsin∠PDH=2×23=263，

所以點P到底面BCD的距離為263．

②取BD中點O1，則O1為△BCD外接圓圓心，令正三角形PBD的外接圓圓心為O219.解：(1)證明：令點Q(x,y)，根據(jù)已知可得CQ=tCA，所以(x?2,y?3)=t(0,?3)，

因此x=2y=3(1?t)，所以Q(2,3(1?t))；

同理可得P(2t,0)．

因此BQ的斜率kBQ=3(1?t)?32=?32t，

因此直線BQ的方程為y=?32tx+3，

所以DP的方程為x2t+y?3=1，所以y=32tx?3，

設(shè)直線DP與BQ的交點坐標(biāo)M為(x,y)，

根據(jù)y=?32tx+3y=32tx?3可得(y+3)(y?3)=3