河北省保定市六校联盟2023-2024学年高二数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、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毫米黑色墨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毫米黑色墨水签字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.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. 若直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则直线与平面所成的

2、角为（）A. B. C. D. 2. 过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程是（）A. B. C. D. 3. 已知直线方程为，则该直线的倾斜角为（）A. B. C. D. 4. 已知双曲线的右焦点为，直线过点，且与双曲线只有一个公共点，则下列说法正确的是（）A. 双曲线的方程为B. 双曲线的离心率为C. 双曲线的实轴长为D. 双曲线的顶点坐标为5. 加斯帕尔蒙日是世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）.当椭圆方程为时，蒙日圆方程为.已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（）

3、A. 椭圆的离心率为B. 若为正方形，则的边长为C. 椭圆的蒙日圆方程为D. 长方形的面积的最大值为6. 已知椭圆C:的左、右焦点分别为，点在椭圆上，则的内切圆半径的取值范围为（）A. B. C. D. 7. 定义：设是空间的一个基底，若向量，则称实数组为向量在基底下的坐标.已知是空间的单位正交基底，是空间的另一个基底.若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的模长为（）A. 3B. C. 9D. 68. 下列命题中，是假命题的是（）若直线与直线平行，则的值为或0；若为双曲线上两点，则可以是线段的中点；经过任意两个不同的点的直线都可以用方程表示；向量的夹角为钝角时，实数的取值范围是.A. B.

4、C. D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列命题中是假命题的是（）A. 若为空间的一个基底，则不能构成空间的另一个基底B. 若非零向量与平面内一个非零向量平行，则所在直线与平面也平行C. 若平面的法向量分别为，则D. 已知为直线的方向向量，为平面的法向量，则10. 若点是圆上任意一点，则点到直线的距离可以为（）A. 0B. C. 3D. 511. 已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，则以下说法正确的是（）A. 若过的直线与椭圆交于两点，则的周长为12B. 椭圆上存在点，使得

5、C. 若为椭圆上一点，且与的夹角为，则的面积为D. 若为椭圆上一点，为圆上一点，则点之间的最大距离是912. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为正三角形，为的中点，且平面平面是线段上的一点，则以下说法正确的是（）AB. C. 若点为线段中点，则直线平面D. 若，则直线与平面所成角的余弦值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在空间直角坐标系中，则点到直线的距离为_.14. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为_.15. 如图，已知一个二面角的平面角为，它的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则线段的长为_.16. 某地发生地震

6、，呈曲线形状的公路上任意一点到村的距离比到村的距离远，村在村的正东方向处，村在村的北偏东方向处，为了救援灾民，救援队在曲线上的处收到了一批救灾药品，现要向两村转运药品，那么从处到、两村的路程之和的最小值为_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知，动点与点的距离是它与点的距离的倍.（1）求点的轨迹方程；（2）如果把倍改成倍，求点的轨迹.18. 已知椭圆上的任意一点到两个焦点的距离之和为，且离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，且满足，若为直线上任意一点，为坐标原点，求的最小值.19. 如图，已知正方体的棱长为，是的中点.（1）求证：平面；（2）求

7、点到平面的距离；（3）求平面和底面夹角的正弦值.20. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆相切.（1）求的“欧拉线”方程；（2）若圆M与圆有公共点，求a的范围；（3）若点在的“欧拉线”上，求的最小值.21. 已知圆与直线相切，圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）若直线与圆交于不同两点，且，求直线的斜率；（3）若点是直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值.22. 已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动点轨迹

8、为.（1）求的方程；（2）设右焦点为，过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，若与轴垂直，且是与在第一象限的交点，记直线与直线的斜率分别为，当时，求的面积.六校联盟高二年级期中联考数学考生注意：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毫米黑色墨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毫米黑色墨水签字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

9、必修第一册.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. 若直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则直线与平面所成的角为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由直线与平面所成角的向量计算公式计算可得.【详解】已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，设直线与平面所成角为，则，所以，所以，故直线与平面所成角为.故选：.2. 过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心，直线斜率，通过点斜式求直线方程【详解】因为圆，即，所以圆心为，又直线的斜率为，所以所求直线的

10、斜率为，所求直线的方程为，即.故选：C3. 已知直线方程为，则该直线的倾斜角为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出直线的斜率，进而可求出倾斜角.【详解】直线的斜率，所以该直线的倾斜角为.故选：D.4. 已知双曲线的右焦点为，直线过点，且与双曲线只有一个公共点，则下列说法正确的是（）A. 双曲线的方程为B. 双曲线的离心率为C. 双曲线的实轴长为D. 双曲线的顶点坐标为【答案】A【解析】【分析】根据直线与曲线有且只有一个公共点可知渐近线方程，再根据焦点坐标可得双曲线方程，进而判断各选项.【详解】由直线过点，得，所以，又直线与双曲线只有一个公共点，当直线与双曲线渐近线平行时

11、，可得，双曲线方程为，当直线与双曲线渐近线不平行时，联立直线与双曲线，得，即，又，则，无解，所以双曲线方程为，A选项正确；离心率，B选项错误；顶点坐标为，D选项错误；实轴长为，C选项错误；故选：A.5. 加斯帕尔蒙日是世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）.当椭圆方程为时，蒙日圆方程为.已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（）A. 椭圆的离心率为B. 若为正方形，则的边长为C. 椭圆的蒙日圆方程为D. 长方形的面积的最大值为【答案】B【解析】【分析】根据椭圆方程可求得离

12、心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形的对角线长和基本不等式可求得BD错误.【详解】对于A，由椭圆方程知：，则，椭圆的离心率，A正确；对于BC，由A知：椭圆对应的蒙日圆方程为：，正方形是圆的内接正方形，正方形对角线长为圆的直径，正方形的边长为，B错误，C正确；对于D，设长方形的长和宽分别为，长方形的对角线长为圆的直径，长方形的面积（当且仅当时取等号），即长方形的面积的最大值为，D正确.故选：B.6. 已知椭圆C:的左、右焦点分别为，点在椭圆上，则的内切圆半径的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】寻找的内切圆半径与三角形面积之间的关系，根据面积的取值

13、范围可以得到的内切圆半径的取值范围.【详解】设的内切圆半径为r，椭圆方程为，则，即，又，所以，由于，所以.故选：D7. 定义：设是空间的一个基底，若向量，则称实数组为向量在基底下的坐标.已知是空间的单位正交基底，是空间的另一个基底.若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的模长为（）A. 3B. C. 9D. 6【答案】A【解析】【分析】根据基底的定义结合题意直接求解即可【详解】由题意得向量在基底下的坐标为：，则，所以向量在下的坐标为：，所以模长为，故A项正确.故选：A.8. 下列命题中，是假命题的是（）若直线与直线平行，则的值为或0；若为双曲线上两点，则可以是线段的中点；经过任意两个不同的点的

14、直线都可以用方程表示；向量的夹角为钝角时，实数的取值范围是.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】时，两直线重合，错误，利用点差法计算直线方程，与双曲线无交点，错误，考虑和两种情况得到正确，时不成立，错误，得到答案.【详解】对：当时，直线与直线重合，错误；对：若成立，设，直线斜率存在设为，则，相减得到，即，解得，直线：，整理得到，无解，错误；对：当时，直线方程为；当时，直线方程为，两种情况可以合并为：，正确；对：当时，夹角为，错误；故选：C二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9

15、. 下列命题中是假命题的是（）A. 若为空间的一个基底，则不能构成空间的另一个基底B. 若非零向量与平面内一个非零向量平行，则所在直线与平面也平行C. 若平面的法向量分别为，则D. 已知为直线的方向向量，为平面的法向量，则【答案】BCD【解析】【分析】由可判断选项A；利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D.【详解】选项A. 设,即由为空间的一个基底，即不共面，则，解得即，所以共面，即不能构成空间另一个基底，故选项A正确.选项B. 若非零向量与平面平行，则所在直线可能与平面平行，也可能在平面内，选项B不正确；选项C. 显然向量不共线，因此平面不平行，选项C不正确；选项D. 由，得直线与平面平行

16、，也可能直线在平面内，选项D不正确；故选：BCD10. 若点是圆上任意一点，则点到直线的距离可以为（）A. 0B. C. 3D. 5【答案】ABC【解析】【分析】根据圆上动点到过定点直线的距离最大为：圆心到定点的距离加上半径；当直线与圆相交时有最小距离，从而可判断求解.【详解】由题意得：圆心，半径：，直线过定点：，当圆心与定点的连线垂直直线时，到直线有最大的距离且为：，当直线与圆相交时有最小距离，故到直线的距离范围为：，故选项ABC符合题意，D项不符合题意.故选：ABC.11. 已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，则以下说法正确的是（）A. 若过的直线与椭圆交于两点，则的周长为12B. 椭圆

17、上存在点，使得C. 若为椭圆上一点，且与的夹角为，则的面积为D. 若为椭圆上一点，为圆上一点，则点之间的最大距离是9【答案】BC【解析】【分析】根据的周长为即可判断A；设，根据求出点的坐标即可判断B；根据椭圆的定义结合余弦定理求出即可判断C；求出的最大值，再根据即可判断D.【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，所以，对于A，过的直线与椭圆交于两点，则的周长为，故A错误；对于B，可取，设，则，所以，则，所以，解得，所以椭圆上存在点，使得，故B正确；对于C，由题意可得，在中，由余弦定理得，即，所以，所以的面积为，故C正确；对于D，设，则，所以，则，因为，所以，所以，所以，故D错误.故选：

18、BC.12. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为正三角形，为的中点，且平面平面是线段上的一点，则以下说法正确的是（）A. B. C. 若点为线段的中点，则直线平面D. 若，则直线与平面所成角的余弦值为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，由线面垂直的判断定理即可判断AB，由线面平行的判定定理即可判断C，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可判断D.【详解】连接，因为底面是边长为2的菱形，又为正三角形，为的中点，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，故B正确；当点为线段的中点时，取的中点，连接，则，且，又为的中点，底面是边长为的菱形，所以，且，所以，且，所以四边形

19、为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；因为平面平面，为正三角形，为中点，所以，平面平面，平面，所以平面，且平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，显然与平面不垂直，故当点运动到点位置时，才有，故A错误；建立如图所示的空间直角坐标系，则，又，所以，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面的夹角为，则，则，所以直线与平面所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在空间直角坐标系中，则点到直线的距离为_.【答案】【解析】【分析】先求出在上的投影向量的模长，然后利用勾股定理求解即可【详解】在上的投影向量的模长.则点

20、到直线的距离为故答案为：14. 已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再表示出渐近线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可得到，即可求出离心率.【详解】圆即，圆心为，半径，双曲线的渐近线方程为，依题意，即，又，所以，所以离心率.故答案为：15. 如图，已知一个二面角的平面角为，它的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则线段的长为_.【答案】【解析】【分析】过点作，且，在利用余弦定理可得，再在中利用勾股定理求解.【详解】过点作，且，则四边形平行四边形，又，即为二面角的平面角，即，在

21、中，即，又，平面，平面，平面,，在中，即，故答案为：.16. 某地发生地震，呈曲线形状的公路上任意一点到村的距离比到村的距离远，村在村的正东方向处，村在村的北偏东方向处，为了救援灾民，救援队在曲线上的处收到了一批救灾药品，现要向两村转运药品，那么从处到、两村的路程之和的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意建立直角坐标系，结合双曲线定义可知曲线的轨迹为双曲线的右支，从而求得其轨迹方程，结合图像得到，由此得解.【详解】如图，以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，由题意得，根据双曲线定义知，轨迹为双曲线的右支，故，所以曲线的轨迹方程为，因为，所以，当且仅当共线时，等号成立，所以从

22、处到、两村的路程之和的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知，动点与点的距离是它与点的距离的倍.（1）求点的轨迹方程；（2）如果把倍改成倍，求点的轨迹.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）设点的坐标，利用两点之间的距离公式列出等式化简即可；（2）设点的坐标，利用两点之间的距离公式列出等式化简，化简过程中注意二次项系数为0的情况.小问1详解】设点的坐标为，由，得，化简得，即.【小问2详解】设点的坐标为，由，得，化简得，当时，方程为，可知点的轨迹是线段的垂直平分线；当且时，方程可化，点的轨迹是以为圆心，半径为的

23、圆.18. 已知椭圆上的任意一点到两个焦点的距离之和为，且离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，且满足，若为直线上任意一点，为坐标原点，求的最小值.【答案】.【解析】【分析】先求出椭圆方程，再利用点差法得到直线的方程，利用点到直线距离公式求出答案.【详解】由题意得，解得，所以椭圆方程为，因为，所以在椭圆内，所以直线与椭圆总有两个交点，因为，所以点为线段的中点，设，则，所以，所以，所以，即，所以，所以直线为，即，因为为直线上任意一点，所以的最小值为点到直线的距离.19. 如图，已知正方体的棱长为，是的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求平面和底面夹角的正弦值.【答案】（1）证明

24、见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理得证；（2）利用向量法求点面距离；（3）利用向量法求两个平面的夹角.【小问1详解】以点为坐标原点，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，故，所以，所以，又，平面，因此平面.【小问2详解】平面的法向量为，则取，可得，又，则点到平面的距离为.【小问3详解】设平面和底面夹角为，因为平面的一个法向量为，所以，故，所以平面和底面夹角的正弦值为.20. 瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐

25、标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆相切.（1）求的“欧拉线”方程；（2）若圆M与圆有公共点，求a的范围；（3）若点在的“欧拉线”上，求的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，得出等腰三角形欧拉线为底边上的垂直平分线，利用点斜式求出直线方程；（2）因两圆有公共点，利用两圆的圆心距与半径的关系求出的范围（3）依题意，转化为直线上的动点到两定点的距离之和的最小值，根据点关于直线对称求出对称点即可得结果.【小问1详解】因为，所以是等腰三角形，由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上，设的欧拉线为，则过的中点，且与直线垂直，由可得：的中点，即，所以，故的方程

26、为.【小问2详解】因为与圆相切，故，圆的圆心坐标为，半径，则要想圆与圆有公共点，只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值，故，所以.【小问3详解】因为，所以该式子是表示点到点、点的距离之和，又，所以上述式子表示直线上的点到点、点的距离之和的最小值.设点关于直线的对称点为，则有解得，即.所以，所以直线上的点到点、点的距离之和的最小值为.21. 已知圆与直线相切，圆心在直线上，且直线被圆截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）若直线与圆交于不同的两点，且，求直线的斜率；（3）若点是直线上的动点，过作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值.【答案】（1）（2）（3）【解析】

27、【分析】（1）根据条件可知圆心坐标为，结合圆与直线相切得到 半径，再利用弦长公式求解即可；（2）由（1）可知点P即为原点，根据条件得到原点O到直线l的距离，利用点到直线距离公式求解即可；（3）根据当时，最小，此时四边形的面积最小进行求解.【详解】（1）设圆的圆心为，半径为，因为圆与直线相切，所以.又直线被圆截得的弦长为，所以，解得即圆心坐标为，所以圆方程为.（2）依题意，即为坐标原点，且，则点到的距离为1，于是，解得，所以直线的斜率为.（3）由切线长定理可得，又因为，所以，所以四边形的面积，因为，当时，取最小值，且，所以四边形的面积的最小值为.22. 已知点在曲线上，为坐标原点，若点满足，记动

28、点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设的右焦点为，过点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，若与轴垂直，且是与在第一象限的交点，记直线与直线的斜率分别为，当时，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据，把点的坐标用点的坐标表示，再代入曲线即可得解；（2）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再结合可求出，即可得直线的方程，进而可求出三角形的面积.【小问1详解】设，因为点在曲线上，所以，因为，所以，代入可得，即，即的方程为；【小问2详解】由（1）知，的右焦点为，令，则，解得，所以，据题意设直线的方程为，则，于是由得，化简得，由，消去整理，得，由根与系数的关系得，代入式得：，解得

29、，所以直线的方程为，方法一：，所以，点到直线的距离，所以.方法二：由题意可知，代入消去，得，所以，所以.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.