2024-2025学年度第一学期期中质量检测高二数学试题（含解析）

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2024-2025学年度第一学期期中质量检测
高二数学试题（含解析）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．本试卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．选择题答案使用2AB铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，书写要工整、笔迹清楚，将答案书写在答题卡规定的位置上．
3．所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效．
第Ⅰ卷 （选择题 共58分）
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.已知平面的法向量为(2,-2,4),=(-1,1,-2)，则直线AB与平面α的位置关系为( )
A.AB α B.AB α C.AB与α相交但不垂直 D.AB∥α
2.直线的倾斜角为( )
A. 75° B.105° C.15° D.60°
3.“a=±4”是“圆x2+y2=1与圆x2+(y+a)2=9相切”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D.充要条件
4.在空间直角坐标系中，已知A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,0,),则点A到直线BC的距离为（ ）
A. 3 B. 5 C. D.
5.与直线3x-4y+5=0关于x轴对称的直线的方程是(　　)
A.3x-4y+5=0 B.3x-4y-5=0 C.3x+4y+5=0 D.3x+4y-5=0
6.某广场一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，
该椭圆的离心率为.若该椭球的横截面的最大直径为1.8m,则该椭球的高为(　　)
A．3.2m B．3.4m
C．4m D．3.6m
7.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与
平面AA1D1D所成角的正弦值为 (　　 )
A. B. C. D.
8.设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，点P在C上，cos ∠F1PF2＝，则|OP|＝(　　)
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，有选错的得0分.若只有两个正确选项，每选对 一个得3分；若只有三个正确选项 ，每选对一个得2分.
9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果=(2,-1,-4),=(4,2,0)，=(-1,2,-1).则下列结论正确的是( )
A. AP AB B.AP AD C. 是平面ABCD的法向量 D. ∥
10.已知直线l:(1-2m)x-(m-1)y+7m-4=0, 圆C:x2+y2-2x-4y-20=0，则以下命题正确的是( )
A.直线l恒过定点(-3,-1) B.直线l与圆C恒相交
C.圆C被x轴截得的弦长为 D.直线l被圆C截得的弦最短时，
11.已知F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则（ ）
A．椭圆的焦点在y轴上 B．△ABF1的周长为6
C．△AF1F2的周长为6 D．椭圆C的方程为＝1
第Ⅱ卷 （非选择题 共92分）
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.圆x2+y2=8内有一点P(2,-1),AB为过点P的弦,则AB的中点Q的轨迹方程为　　　　.
13.已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
14.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，
该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．
现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面
垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图
中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为 .
四、解答题：本题共5道题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.（本题满分13分）
已知△ABC的顶点C(2，－8)，直线AB的方程为y＝－2x＋11，AC边上的高BH所在直线的方程为x＋3y＋2＝0．
⑴求顶点A和B的坐标；
⑵求△ABC外接圆的一般方程．
16.（本题满分15分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA 平面ABCD，
PA=AD=2,BD=.
⑴求证：BD 平面PAC;
⑵求二面角P-CD-B的余弦值的大小；
⑶求点C到平面PBD的距离．
17.（本题满分15分）
已知动点P与平面上点A(-1,0),B(1,0)的距离之和等于2．
⑴试求动点P的轨迹方程C；
⑵设直线l: 与曲线C交于M、N两点，当|MN|=时，求直线l的方程．
18.（本题满分17分）
如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现△BCE将沿BC翻折至△BCP，使得PD=AB，如图2所示.
⑴求证：PD BC；
⑵在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 ？若存在，求出的值； 若不存在，说明理由.
19.（本题满分17分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:(a>b>0)的离心率e=，左顶点为A(-4,0)，过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.
⑴求椭圆C的方程;
⑵已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k(k≠0)都有OP EQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由；
⑶若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值.
试题解析
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.已知平面的法向量为(2,-2,4),=(-1,1,-2)，则直线AB与平面α的位置关系为( )
A.AB α B.AB α C.AB与α相交但不垂直 D.AB∥α
【答案】A
【解析】∵(2,-2,4),=(-1,1,-2)，，∴，∴∥，∴AB α.故选A.
2.直线的倾斜角为( )
A. 75° B.105° C.15° D.60°
【答案】B
【解析】由题意得,直线的斜率, 则直线的倾斜角为105°.故选B．
3.“a=±4”是“圆x2+y2=1与圆x2+(y+a)2=9相切”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D.充要条件
【答案】A
【解析】若a=±4，则圆x2+y2=1与圆x2+(y+a)2=9相外切；若圆x2+y2=1与圆x2+(y+a)2=9相切，分外切和内切，a不一定等于±4，也可能等于2或-2.所以“a=±4”是“圆x2+y2=1与圆x2+(y+a)2=9相切”的充分不必要条件.故选A.
4.在空间直角坐标系中，已知A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,0,),则点A到直线BC的距离为（ ）
A. 3 B. 5 C. D.
【答案】D　
【解析】∵=(0,1,0),,=(-1,-1,),直线BC的方向向量,则点A到直线BC的距离为,故选D.
5.与直线3x-4y+5=0关于x轴对称的直线的方程是(　　)
A.3x-4y+5=0 B.3x-4y-5=0 C.3x+4y+5=0 D.3x+4y-5=0
【答案】C
【解析】设所求直线上点的坐标(x,y),则关于x轴的对称点的坐标(x,-y)在已知的直线3x-4y+5=0上,∴所求对称直线方程为3x+4y+5=0． 故选C．
6.某广场一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，该椭圆的离心率为.若该椭球的横截面的最大直径为1.8m,则该椭球的高为(　　)
A．3.2m B．3.4m
C．4m D．3.6m
【答案】D.
【解析】由题意知，e=,∴a=2b,由该椭球的横截面的最大直径为1.8m，可知2b=1.8m，即a=1.8m，该椭球的高2a=3.6m.故选D.
7.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与
平面AA1D1D所成角的正弦值为 (　　 )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则E(2,1,0),F(1,0,2),=(-1,-1,2),
平面AA1D1D的法向量n=(0,1,0).
设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ,则sin θ=.
所以直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为.故选C.
8.设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，点P在C上，cos ∠F1PF2＝，则|OP|＝(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】方法1:　依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图，不妨令F1(－，0)，F2(，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝＝　①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
设|OP|＝x.
在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理得＝－，
得x2＝＝＝，所以|OP|＝.故选B
方法2:　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法1)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，
则cos ∠F1PF2＝cos α＝，
故sin ∠F1PF2＝sin α＝＝＝，则tan＝或tan ＝2(舍去).
故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan ＝6×＝3.
又S△F1PF2＝×2c|y0|＝|y0|，
故y＝3，又＋＝1，
所以x＝，|OP|2＝x＋y＝，|OP|＝.故选B
方法3:　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法1)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝.
因为cos ∠F1PF2＝，所以sin ∠F1PF2＝，故S△F1PF2＝＝3.又S△F1PF2＝×2c|y0|＝|y0|，
故y＝3，
又＋＝1，所以x＝，|OP|2＝x＋y＝，|OP|＝.故选B
方法4:　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法1)，不妨令F1(－，0)，F2(，0).
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝＝　①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
因为＝(＋)，
所以||2＝(m2＋n2＋2mn cos ∠F1PF2)＝＝，所以|PO|＝.故选B.
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，有选错的得0分.若只有两个正确选项，每选对 一个得3分；若只有三个正确选项 ，每选对一个得2分.
9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果=(2,-1,-4),=(4,2,0)，=(-1,2,-1).则下列结论正确的是( )
A. AP AB B.AP AD C. 是平面ABCD的法向量 D. ∥
【答案】ABC
【解析】∵=0，=0, ∴AP AB,AP AD,即选项A，B正确；
又与不平行， ∴是平面ABCD的法向量，选项C正确 ；
∵=(2,3,4)，=(-1,2,-1),∴与 不平行，选项D错误.
故选ABC.
10.已知直线l:(1-2m)x-(m-1)y+7m-4=0, 圆C:x2+y2-2x-4y-20=0，则以下命题正确 的是( )
A.直线l恒过定点(-3,-1) B.直线l与圆C恒相交
C.圆C被x轴截得的弦长为 D.直线l被圆C截得的弦最短时，
【答案】BC
【解析】依题意，直线l:(1-2m)x-(m-1)y+7m-4=0可化为(-2x-y+7)m+x+y-4=0,
由解得x=3,y=1,即直线l恒过定点P(3,1),选项A错误；
∵圆方程x2+y2-2x-4y-20=0可化为(x-1)2+(y-2)2=25,∴圆C的圆心为C(1,2)，半径为r=5，
|PC|=圆心C到x轴的距离d=2,则圆C被x轴截得的弦长为2,选项C正确；
由于直线l过定点P(3,1),而,∴当直线l被圆C截得的弦最短时，l PC,
=2,即,,则选项D错误.
故选BC.
11.已知F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则（ ）
A．椭圆的焦点在y轴上 B．△ABF1的周长为6
C．△AF1F2的周长为6 D．椭圆C的方程为＝1
【答案】CD
【解析】显然椭圆的焦点在x轴上，A错误．
设椭圆C的方程为＝1(a>b>0)，c＝1．
∵过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，设A(c，y1)，
代入方程可得＋＝1．求得．由于|AB|＝3，
∴＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3，
椭圆的方程为＝1，△ABF1的周长为4a＝8，△AF1F2的周长为2a＋2c＝6．
故选CD.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.圆x2+y2=8内有一点P(2,-1),AB为过点P的弦,则AB的中点Q的轨迹方程为　　　　.
【答案】x2+y2+y-2x=0
【解析】设AB的中点为Q(x,y),则AB的斜率为k=,又OQ⊥AB,
∴kOQ·k=-1,即,整理得x2+y2+y-2x=0,
∴过点P的弦中点的轨迹方程为x2+y2+y-2x=0.
13.已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
【答案】8.
【解析】根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|×|PF2|＝m(8－m)＝8.
14.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，
该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．
现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面
垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为 .
【答案】
【解析】设上底面圆心为O，下底面圆心为O′，连接OO′，OB，OC，以O为原点，分
别以OC，OB，OO′ 所在直线为x轴,y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(1,0,0),
A(0,2,0),B1(0,1,2),D1(2,0,2),
∴=(0,-1,2),=(1,0,2),
∴.
四、解答题：本题共5道题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.已知△ABC的顶点C(2，－8)，直线AB的方程为y＝－2x＋11，AC边上的高BH所在直线的方程为x＋3y＋2＝0．
⑴求顶点A和B的坐标；
⑵求△ABC外接圆的一般方程．
【答案】⑴A(5，1),B(7，－3); ⑵x2＋y2.
【解析】⑴联立,解得,
∴顶点B(7，－3)，
∵AC⊥BH，∴kAC·kBH＝－1，
已知kBH＝－，∴kAC＝3，
∴设直线AC的方程为y＝3x＋b，
将C(2，－8)代入得b＝－14，
∴直线AC的方程为y＝3x－14．
由,可得顶点A(5，1)．
⑵设△ABC的外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
将A(5，1)，B(7，－3)和C(2，－8)三点的坐标分别代入，得
，解得D=-4,E=6,F=-12,
∴x2＋y2
16.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA 平面ABCD，
PA=AD=2,BD=.
⑴求证：BD 平面PAC;
⑵求二面角P-CD-B的余弦值的大小；
⑶求点C到平面PBD的距离．
【答案】⑴详见解析; ⑵; ⑶
【解析】⑴证明：∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA 平面ABCD，PA=AD=2,BD=.
∴PA BD，AB==2,
∴四边形ABCD为正方形，
∴BD AC，
又AC，PA 平面PAC，AC∩PA=A，
∴BD 平面PAC
⑵方法1：∵四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA 平面ABCD，PA=AD=2,BD=.
∴PA CD,AD CD,
∴CD 平面PAD,
∴CD PD,
∴∠PDA是二面角P-CD-B的的平面角，
∵PA=AD=2,PA AD,
∴∠PDA=45°，cos∠PDA=cos45°=
∴二面角P-CD-B的余弦值为.
方法2：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
=(2,2,-2),=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量=(x,y,z),则
,即,
取y=z=1,x=0,则=(0,1,1),
显然，平面ABCD的法向量=(0,0,1),
设二面角P-CD-B的平面角为θ，则
,
∴二面角P-CD-B的余弦值为.
⑶同⑵方法2建立空间直角坐标系，则
=(2,0,-2)，=(2,2,-2),=(0,2,-2),
设平面PBD的法向量=(x0,y0,z0),则
,即,
取x0=y0=z0=1,则=(1,1,1),
∴点C到平面PBD的距离.
17.已知动点P与平面上点A(-1,0),B(1,0)的距离之和等于2．
⑴试求动点P的轨迹方程C；
⑵设直线l: 与曲线C交于M、N两点，当|MN|=时，求直线l的方程．
【答案】⑴；⑵y=x-.
【解析】⑴设动点P的坐标为(x,y),
∵|PA|+|PB|=2>2=|AB|,
∴由椭圆定义可知点P轨迹是以A，B为焦点的椭圆．
∴a=，c=1,b==1,
∴动点P的轨迹方程C为：.
⑵将直线l: 代入椭圆方程得：(1+2k2)x2-4kx+4=0，
∴ =,即k2>1,
设M(x1,y1),N(x2,y2)，
∴x1+x2=, ，
∴|MN|=
=.
∴17k4-32k2-57=0,即(17k2+19)(k2-3)=0,
∴k2=3,．
∴直线l的方程为y=x-．
18.如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现△BCE将沿BC翻折至△BCP，使得PD=AB，如图2所示.
⑴求证：PD BC；
⑵在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 ？若存在，求出的值； 若不存在，说明理由.
【答案】⑴详见解析; ⑵在直线PD上存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为.此时，的值为2或.
【解析】⑴证明：在图1连接DE交BC于O点，
在图2中，易知△BCD、△BCP 都是等边三角形，
易得DO BC,PO BC,
又DO,PO 平面POD,DO∩PO=O,
∴BC 平面POD,
∴PD BC.
⑵方法1：假设存在点M，符合题意.
设AB=2，则PD=3，
则在△POD中，由OD=OP=,PD=3，由余弦定理得∠POD=120°,
由⑴得BC 平面POD,
又AD∥BC,∴直线AD 平面POD,
∵AD 平面ADP,∴平面ADP 平面POD,
作OQ PD,垂足为Q，则OQ 平面ADP，
在△POD中，由OD=OP=,PD=3，∠POD=120°,
∴OQ=.
如图3，取AP的中点N,连接BN,QN,
由QN∥AD,OB∥AD,得QN∥OB，
又QN=AD=OB，
∴四边形BNQO为平行四边形，
∵OQ 平面ADP，∴BN 平面ADP，
则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN=OQ=.
由已知得，得,
由BN=BMsin∠BMN=，得BM=，
在△BDM 中，设DM=t，由余弦定理得
,即t2-3t+2=0,
解得t=1或t=2,
∴在直线PD上存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为.此时，的值为2或.
方法2（等体积法）：设AB=2，则PD=3，
则在△POD中，由OD=OP=,PD=3，由余弦定理得∠POD=120°,
作PH DO,垂足为H，连OH，得∠POH=60°,
∴PH=POsin60°=.
由⑴得BC 平面POD,
又AD∥BC,∴直线AD 平面POD,
∴AD PD,即△ADP为直角三角形，
∴△ADP的面积为×AD×PD=×2×3=3,
设点B到平面ADP的距离为h,由VP-ABD=VB-ADP,得
,得h=.
设直线BM与平面APD所成角为θ，则，∴,
∴h=BMsinθ=，得BM=，
在△BDM 中，设DM=t，由余弦定理得
,即t2-3t+2=0,
解得t=1或t=2,
∴在直线PD上存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为.此时，的值为2或.
方法3（向量法）：由方法2知PH=，如图3，以BC的中点O为原点，OB,DO,OZ分别为x,y,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.则B(1,0,0),A(2,,0),D(0,,0),P(0,,).
∴,,
设平面APD的法向量=(x,y,z),则
,即,
解得x=0,令y=-1,得z=,
即=(0,-1,).
设存在点M，,满足题意.
则,
∴,
设直线BM与平面APD所成角为θ，则，∴,
∴.
解得,
∴在直线PD上存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为.此时，的值为2或.
19.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:(a>b>0)的离心率e=，左顶点为A(-4,0)，过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.
⑴求椭圆C的方程;
⑵已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k(k≠0)都有OP EQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由；
⑶若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值.
【答案】⑴； ⑵存在定点Q，对于任意的k(k≠0)都有OP EQ，定点Q的坐标为(-3,0); ⑶当时，的最小值为．
【解析】⑴∵椭圆C:(a>b>0)的离心率e=，左顶点为A(-4,0)，
∴a=4,c=2,b2=a2-c2=12.
∴椭圆C的方程为.
⑵直线l的方程为y=k(x+4)，
由化简得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0，
∴x1=-4，，
当x=时，，即点D(，),
∵点P为AD的中点，∴点P的坐标为(,)，则(k≠0).
对直线l的方程为y=k(x+4)，令x=0，得点E坐标为(0,4k)，
假设存在定点Q(m,n)(m≠0)，使得OP EQ，
则kOPkEQ=-1，即恒成立，
∴(4m+12)k-3n=0恒成立，
∴，即，
∴定点Q的坐标为(-3,0).
⑶∵OM∥l，∴OM的方程可设为y=kx，
由，得点M的横坐标为，
由OM∥l，得
，
当且仅当时，即时取等号，
∴当时，的最小值为.
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