吉林省松原市前郭尔罗斯蒙古族自治县2024-2025高二上学期期中考试数学试卷（含解析）

吉林省松原市前郭尔罗斯蒙古族自治县2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷
考试模块：选择性必修第一册
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:空问向量与立体几何、直线与圆的方程、圆锥曲线。
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.直线的斜率为
A. B. C. D.
2.已知椭圆的两个焦点分别为，点是上一点，且，则的方程为
A. B. C. D.
3.已知圆与圆相交于A，B两点，则直线AB的方程为
A. B. C. D.
4.如图，在四面体ABCD中，是棱AB上一点，且是棱CD的中点，则
A. B.
C. D.
5.在平面直角坐标系xOy中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为
A. B. C. D.
6.已知双曲线的左、右焦点分别为，点是上一点，且，，则的渐近线方程为
A. B. C. D.
7.某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地ABCD（边长为8米）如图所示，E，F，G分别是AB，BC，CD的中点，在场地ABCD中设置了一个半径为米的圆，圆与直线AB相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段AG上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是
A.米 B.米 C.米 D.米
8.已知离心率为的椭圆的短轴长为，直线过点且与椭圆交于A，B两点，若，则直线的方程为
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.已知的三个顶点是，则
A.边BC的长度是 B.直线BC的方程为
C.边BC上的高所在直线的方程为 D.的面积是4
10.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为直线，直线PQ与交于P，Q两点.则下列说法正确的是
A.点到直线的距离是4
B.若PQ的方程是，则的面积为3
C.若PQ的中点到直线的距离为3，则
D.若点在直线PQ上，则
11.已知正方体的棱长为1，动点在正方形内（包含边界），则下列说法正确的是
A.若，则
B.若，则直线AP和所成角为
C.若.则点的轨迹长度为
D.若，则点到直线BP的距离的最小值为
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知直线，则以的交点为圆心，且经过点的圆的方程是_________________.
13.已知直线，抛物线的准线是，点是上一点，若点到直线的距离分别是，则的最小值是______________.
14.已知为坐标原点，，点是直线上一点，若以为圆心，2为半径的圆上存在点，使得，则线段OE长度的取值范围是_________________.
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.（本小题满分13分）已知的外接圆为圆.
（1）求圆的方程;
（2）已知直线与圆交于E，F两点，求的面积.
16.（本小题满分15分）如图，在直三棱柱中，为BC的中点.
（1）求证:直线A1C//平面;
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17.（本小题满分15分）已知双曲线的离心率是，焦距为6.
（1）求的方程;
（2）若直线与相交于A，B两点，且（为坐标原点），求的值.
18.（本小题满分17分）
如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为6的正方形，是等边三角形，平面MAB⊥平面ABCD.
（1）求平面CDM与平面ABM所成二面角的正弦值;
（2）已知E，F，G分别是线段AM，DM，CD上一点，且，若是线段BM上的一点，且点到平面EFG的距离为，求的值.
19.（本小题满分17分）极点与极线是法国数学家吉拉德 迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与拋物线的焦点重合.对于椭圆，极点对应的极线为，过点的直线与椭圆交于M，N两点，在极线上任取一点，设直线MQ，NQ，PQ的斜率分别为均存在）.
（1）求极线的方程;
（2）求证:;
（3）已知过点且斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，直线PA，PB与椭圆的另一个交点分别为C，D，证明直线CD恒过定点，并求出定点的坐标.
期中数学答案
1.A 直线可化为，所以直线的斜率.故选A.
2.C 由，得.即，又是椭圆上一点，所以，解得，故椭圆的方程为.故选C.
3.A 圆、圆的方程可以化简为，将两圆方程相减，得，即直线AB的方程为.故选A.
4.D 由题意，得.故选D.
5.B 由题意知动点到直线的距离与它到定点（3.0）的距离相等.由抛物线的定义知，点的轨迹是以（3，0）为焦点，为准线的抛物线，所以，点的轨迹方程为.故选B
6.D 由双曲线定义知，因为，所以，因为，，所以，即，化简得，又，所以，解得，所以双曲线的渐进线方程为.故选D.
7.A 如图、以点为原点，以AB，AD分别为轴，轴建立平面直角坐标系，
则由题意，得，所以，因为圆与直线AB相切于点且半径为，所以圆的方程为，设点关于直线AG的对称点为，则解得连接，线段分别与AG，圆交于
点M，N，当机器人走过的路线是线段FM，MN时，路程最短，又，所以机器人走过的最短路程是.故选A.
8.B 因为离心率为的椭圆的短轴长为，所以，解得，所以椭圆的方程为，由，得为AB的中点，设，则，因为A，B是椭圆上两点，所以两式相减，得所以，故直线的方程为，即.故选B
9.ABD ，故A正确;由题意，得，所以直线BC的方程为，即，故B正确;边BC上的高所在直线的斜率为-3，所以边BC上的高所在直线的方程为，即，故C错误，点到直线BC的距离，所以的面积是，故D正确.故选ABD.
10.BD 对于选项A，由题意可知抛物线的焦点为，准线的方程为，所以点到直线的距离是2.故A错误；对于选项B，由得解得所以=6，又PQ与x轴的交点为，所以，所以的面积为，故B正确：对于选项C.因为PQ的中点到直线的距离为3，所以即=4，所以故C错误；对于选项D，设，由得-16.因为，所以，故D正确.故选BD.
11.ACD 以点为原点，以所在直线分别为轴.轴，轴建立空间直角坐标系如图所示.
则.，设..其中，对于A选项，由，得，即.所以，故A正确；对于B选项.由A选项知，所以.又.设直线AP和所成角为，则,所以，故B错误;对于C选项，因为，所以.即，又点在平面内（包含边界）所以点的轨迹是平面内以为圆心，为半径的半圆弧.所以其长度为.故C正确;对于D选项.由C选项知.设.则，所以，所以点到直线BP的距离，令.所以，当且仅当，即时，等号成立，故点到直线BP的距离的最小值为，故D正确.故选ACD.
12. 由题意，得的交点为，所以所求圆的圆心是，半径为，故所求圆的方程为.
13. 抛物线的焦点是，准线是，设点到直线的距离为，则，所以，当且仅当且在与之间时等号成立，所以的最小值是.
14. 由题意可设，则圆的方程为.若圆上存在点，使得，设，则，化简可得，故点在以为圆心，为半径的圆上，因为点也在圆上，所以圆与圆有交点，所以，即，解得，又，所以，即线段OE长度的取值范围是.
15.解:（1）设圆的方程为，则…3分
解得所以圆的方程为………………………………………6分
（2）由，得，所以圆的圆心为，半径………………………………………………………………………………………………7分
圆心M到直线的距离为…………9分
又点到直线的距离为，……………………………………………11分
所以的面积为.………………………………………13分
16.（1）证明:设.连接DE，
在直三棱柱中，四边形是平行四边形，所以是的中点，又为BC的中点.所以.……………………………………………………………………………………………3分
又平面平面,所以直线平面.………………………………6分
（2）解:在直三棱柱中，平面ABC，又AB，平面ABC，所以AB又所以以A为原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴，z轴，可以建立空间直角坐标系.…………………………………………………………………………………………………8分
因为，所以，则，……………………………………………………………………10分
，设平面的法向量为，则令1，得,所以平面的一个法向量为………………………………………………………………………………………12分
又，设直线与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.………………………………………………………15分
17.解：（1）因为双曲线的离心率是，焦距为6.
所以，其中，解得，所以.
所以的方程为.…………………………………………………………………………………5分
（2）设，
联立方程消去，得，
因为直线与相交于A，B两点，所以即且，
由韦达定理，得，………………………………………………………8分
又，所以.
即.所以，…………………………12分
将韦达定理代入上式，得，即，解得，满足且.………………………………………………………………………………………………15分
18.解:（1）取AB，CD的中点分别为，连接，因为底面ABCD是正方形，所以.
因为是正三角形.为AB的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面平面MAB，所以平面ABCD.…………………………………………2分
又平面ABCD，所以，以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空同直角坐标系如图所示.
由题意，得，
设平面CDM的法向量为，所以即令,则.即平面CDM的一个法向量为.…5分
易知平面ABM的一个法向量为,
设平面CDM与平面ABM所成二面角为，
则，所以，
即平面CDM与平面ABM所成二面角的正弦值为.…………………………………………8分
（2）因为分别是线段上一点，且，所以，，所以.10分
设平面EFG的法向量为.所以即令，则，即平面EFG的一个法向量为............................................................13分
设，则……………………………………………………………………………………15分
所以点到平面EFG的距离.解得舍去），即.……………………………………………………………………………………………………17分
19.（1）解:因为椭圆的长轴长为，所以，解得，
因为椭圆的左焦点与抛物线的焦点重合,所以,解得,
所以椭圆的方程为.………………………………………………………………………2分
由题意可知对于椭圆E,极点P(-6,0)对应的极线lp的方程为即………………4分
（2）证明:设,由题意知直线的斜率必然存在,故设直线,
联立方程消去,得,
，即,
所以.…………………………………………………………………6分
又,所以.…………………………………………………………………10分
(3)证明:当中有横坐标为-3时,纵坐标为,则或,直线PA或PB与椭圆相切，不符合题意，所以的斜率都存在.
由(2),得,又,所以,所以是AB和CD的交点.
……………………………………………………………………………………………………………………13分
因为,所以,设,则,所以,直线CD的方程为，即,……………………………………15分
令得所以CD恒过点.………………………………………………17分