河北省张家口市2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题（含答案）

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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—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（）
A2 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）求圆标准方程；
（2）若直线，且与圆交于点、，为坐标原点，，求直线方程．
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．
2024－2025学年第一学期11月高二期中考试
数学
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—项是符合题目要求的.
1.
【答案】D
2.
【答案】C
3.
【答案】D
4.
【答案】C
5.
【答案】B
6.
【答案】D
7.
【答案】C
8.
【答案】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.
【答案】ACD
10.
【答案】ACD
11.
【答案】ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【答案】
13.
【答案】；；（三个任意一个都算正确）
14.
【答案】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.
【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.
联立直线与方程可得，
点坐标为.
将坐标代入两点式方程有，
整理可得，.
16.
【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.
【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.
【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.
【解析】
分析】（1）根据给定条件，求出椭圆知半轴长，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，再表示出直线又直线与的方程，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】
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.
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