3.河北省石家庄二十四中2023-2024学年高二上学期期中数学试题.docx

河北省石家庄二十四中2023-2024学年高二上学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知向量，则（    ）
A． B． C．4 D．10
2．方程所表示的圆的圆心坐标为（    ）
A． B． C． D．
3．双曲线的右焦点是，则实数（    ）
A．8 B．4 C．10 D．2
4．已知向量，且，则（    ）
A．6 B． C．4 D．
5．已知直线，若，则实数 （    ）
A．1 B．3 C．1或3 D．0
6．三棱锥中，，若，则（    ）

A．1 B．2 C． D．
7．已知两定点，动点P在直线上，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．
8．已知右焦点为F的椭圆上两点A、B，满足直线AB过坐标原点，若，且，则E的离心率是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．在空间直角坐标系中，以下结论正确的是（    ）
A．点关于原点O的对称点的坐标为
B．点关于y轴的对称点的坐标为
C．点关于平面对称的点的坐标是
D．点到平面的距离为1
10．下列命题正确的是（    ）
A．直线恒过定点
B．过点与圆相切的直线有两条
C．两平行直线与之间的距离是
D．圆关于直线对称
11．若曲线的方程为：，则（    ）
A．可能为圆
B．若，则为椭圆
C．若为焦点在轴上的椭圆，则越大，离心率越大
D．若为焦点在轴上的椭圆，则越大，离心率越大
12．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”.如图，已知椭圆C：，，，，为顶点，，为焦点，P为椭圆上一点，下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有（    ）

A．长轴长为4，短轴长为 B．
C．轴，且 D．四边形的内切圆过焦点，

三、填空题
13．在空间直角坐标系中，若平行四边形ABCD的顶点，则顶点D的坐标为 ．
14．已知实数x，y满足，则的最小值是 ．
15．已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，右焦点和圆心重合，则该双曲线的离心率为 ．
16．点P是直线上一动点，线段AB是圆的一条动直径，则的最小值为 ．

四、解答题
17．已知直线和．
(1)求经过原点与垂直的直线方程；
(2)若直线和与x轴分别交于A，B两点，求|AB|．

18．已知椭圆C的对称轴为坐标轴，且经过和．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线经过且与椭圆相切，求直线的斜率．

19．已知圆C的圆心在第四象限，与x轴相切于，且截y轴所得的弦长等于，
(1)求圆C的方程；
(2)设点P是圆C上一动点，求点P到直线的距离的取值范围．

20．已知圆和点，动圆M经过点A且与圆C内切，
(1)求动圆圆心M的轨迹方程；
(2)作轴于P，点Q满足﹐求点Q的轨迹方程．

21．如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．

(1)设线段中点为，求点到点的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.

22．已知椭圆离心率为，且短轴长等于．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过原点O的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值．

试卷第5页，共6页

参考答案：
1．D
2．B
3．A
4．B
5．A
6．A
7．C
8．D
9．ABD
10．ACD
11．AC
12．BD
13．
14．
15．/
16．16
17．(1)
(2)6
【分析】（1）联立两直线方程可得点，根据垂直求出斜率，即可得出直线方程；
（2）令，求出两点坐标，再利用距离公式求出.
【详解】（1）因为直线，所以的斜率为，
设所求直线的斜率为，因为与垂直，所以，解的，
所以所求直线方程为，即；
（2）对于直线，令，则，所以，
对于直线，令，则，所以，
所以，
所以.
18．(1)
(2)或

【分析】（1）设出椭圆的一般方程式，分别将、点代入从而求解.
（2）设出直线方程，然后与椭圆方程联立，利用判别式即可求解.
【详解】（1）由题意设椭圆方程为，
因为，在椭圆上，
则，解得，所以椭圆的方程式为：，
故椭圆的标准方程为.
（2）由题意得直线的斜率存在且设为，则直线的方程为，
与椭圆方程联立得，化简得：，
因为直线与椭圆相切，所以，
解得：,所以或.
所以直线的斜率为或.
19．(1)；
(2).

【分析】（1）根据圆的切线性质设出圆心的坐标，结合圆的弦长求解即得.
（2）求出圆心到直线距离，利用几何性质求出取值范围即得.
【详解】（1）由圆C的圆心在第四象限，与x轴相切于，设点，显然圆的半径为，
由圆截y轴所得的弦长等于，得，解得，
所以圆C的方程为.
（2）由（1）知，圆的圆心，半径，
点到的距离，
显然直线与圆相离，因此圆上点到该直线距离最小值为3，最大值为7，
所以点P到直线的距离的取值范围是.

20．(1)
(2)

【分析】（1）由题意可得，根据椭圆的定义可得解；
（2）设出点，点，根据坐标化可得，再由点在上代入可得解.
【详解】（1）
设动圆的半径为R，圆C的方程可变为，
可得圆心，半径，
由动圆经过点且与圆C内切，则，，
即得，又，
所以圆心是以点为左右焦点的椭圆，其方程为.
（2）设点，点，则，
又，得，整理得，
又，代入运算得，
所以点的轨迹方程为.
21．(1)
(2)

【分析】（1）证明、、两两垂直后，建立空间直角坐标系求解；
（2）求出两平面的法向量后借助夹角公式求解.
【详解】（1）连接，因为，，
又，、平面，
所以平面，又底面为正方形，所以,
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

又，所以，，
则，，，，，
又、分别为、的中点，所以，，
s，所以，
所以；
（2）由（1），可得，，
，，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有与，
不妨取，，解得、分别为、，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
22．(1)
(2)

【分析】（1）由短轴长和离心率即可求出，从而可得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由点直线的距离公式，结合韦达定理，把面积表示为的函数，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为椭圆离心率为，且短轴长等于，
所以，，
又因为，
所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）
设，
联立，消得，
，得到，
由韦达定理得，，
又因为
，
又原点到直线的距离为，
所以
，
当且仅当，即，满足，
所以，面积的最大值为.

答案第5页，共6页