2024-2025学年云南省昆明市云南大学附中星耀学校高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南大学附中星耀学校高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知点O为坐标原点，点A(1,1,2)，则|OA|=(

)A.2 B.4 C.6 D.2.已知圆C1：x2+y2+8x−20=0和圆CA.8x+3y−20=0 B.4x+3y−10=0

C.4x−3y+10=0 D.2x+3y+5=03.已知空间单位向量a，b，c两两垂直，则|a−bA.3 B.6 C.3 4.若点M(x,y)在运动过程中，总满足关系式(x−1)2+y2A.x216+y215=1 B.5.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，G为棱AD的中点，若BA=a，BCA.12a−b+12c

6.已知椭圆的左右焦点分别是F1、F2，焦距为2c，若直线y=3(x+c)与椭圆交于M点，且满足A.22 B.3−1 C.7.若直线l：y=kx+3−k与曲线C：y=1−x2恰有两个交点，则实数kA.(43,+∞) B.(43,8.数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，这条直线后人称之为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A(0,0)，B(0,2)，C(−6,0)，则其欧拉线的一般式方程为(

)A.3x+y=1 B.3x−y=1 C.x+3y=0 D.x−3y=0二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知P(x0,y0)是椭圆C：x216+A.|PF1|+|PF2|=8 B.矩轴长为27

C.10.已知直线l：mx+y+1=0，A(1,0)，B(3,1)，则下列结论正确的是(

)A.直线l恒过定点(0,1) B.当m=1时，直线l的倾斜角为3π4

C.当m=−2时，直线l与AB平行 D.当m=2时，直线l与直线AB11.如图，在棱长为2的正方体中，P为线段B1C上的动点，则下列结论错误的是(

)A.直线A1P与BD所成的角可能为π6

B.当B1P=2PC时，点D1到平面A1BP的距离为23

C.当B三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知空间向量a=(2,−2,1)，b=(3,0,4)，向量a在向量b上的投影向量坐标为______．13.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y14.阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．已知平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为23π，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形．则椭圆C的标准方程______.若过点P(1,0)的直线四、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13分)已知圆C的圆心在直线y=12x上，且过圆C上一点M (1,3)的切线方程为(Ⅰ)求圆C的方程；(Ⅱ)设过点M的直线l与圆交于另一点N，以MN为直径的圆过原点，求直线l的方程．16.(本小题15分)

已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，且短轴长为22．

(1)求M的方程；

(2)若直线l17.(本小题15分)

如图，空间四边形OABC中，OA⊥BC，OB⊥AC．

(Ⅰ)求证：OC⊥AB；

(Ⅱ)若O−ABC为正四面体，M是AB中点，N是OC中点，求OM与BN的夹角余弦值．18.(本小题17分)

将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=2．

(Ⅰ)求证：DE⊥AC；

(Ⅱ)求DE与平面BEC所成角的正弦值；

(Ⅲ)直线BE上是否存在一点M，使得CM/​/平面ADE，若存在，求点M的位置，不存在请说明理由．

19.(本小题17分)

设点F1、F2分别是椭圆C：x22t2+y2t2=1(t>0)的左、右焦点，且椭圆C上的点与两焦点构成的三角形面积最大值为4.点M、N是椭圆C上位于x轴上方的两点，且向量F1M与向量F2N平行．

(Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)参考答案1.D

2.B

3.A

4.A

5.A

6.B

7.B

8.C

9.ABC

10.BD

11.BD

12.(613.214.x24+15.解：(Ⅰ)由题意，过M点的直径所在直线方程为y−3=−13(x−1)；

由y−3=−13(x−1)y=12x解得x=4y=2,∴圆心坐标为(4,2)；

半径r2=(4−1)2+(2−3)2=10；

∴圆C的方程为(x−4)2+(y−2)2=10；

(Ⅱ)解法一：以MN为直径的圆过原点，∴OM⊥ON；

又kOM=3，∴kON=−13；

∴直线ON方程为y=−13x；

由y=−13x(x−4)2+(y−2)2=10，可得N点坐标为(3,−1)；

∴直线MN方程为y+13+1=x−31−3，

即直线l的方程为y=−2x+5；

解法二：当l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y−3=k(x−1)，

且M(x116.解：(1)由题意得，b=2，ca=63，又a2=b2+c2，

解得：a=6,c=2，

所以M的方程为：x26+y22=1；

(2)由题，设A(x1,y1)B(x2,y2)，

因为AB的中点为P(−2,−12)，

则x117.(Ⅰ)证明：∵OA⊥BC，OB⊥AC，

∴OA⊥BC，OB⊥AC，可得OA⋅BC=0，OB⋅AC=0．

∴OC⋅AB=(OA+AC)⋅(AC−BC)=OA⋅AC−OA⋅BC+AC⋅(AC−BC)

=OA⋅AC+AC⋅AB=AC⋅(OA+18.

解：(Ⅰ)以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则E(0,0,2)，B(2,0,0)D(0,2,0)，

取BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF=CF=2，

又∵平面BDA⊥平面BDC，平面BDA∩平面BDC=BD，CF⊂平面CBD，∴CF⊥平面BDA，

所以C的坐标为C(1,1,2)，

∴DE=(0,−2,2)，AC=(1,1,2)，

∴DE⋅AC=(0,−2,2)⋅(1,1,2)=0，

故DE⊥AC；

(Ⅱ)设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，EB=(2,0,−2)，CB=(1,−1,−2)，则

n⋅EB=0n⋅CB=0，即2x−2z=0x−y−2z=0，

令x=1得n=(1,−1,2)

又DE=(0,−2,2)，

设平面DE与平面BCE所成角为θ，

则sinθ=|cos<n，DE>|=|n⋅DE||n||DE|=63；

19.解：(Ⅰ)由于三角形的底边长即椭圆的焦距为定值，

所以面积最大时高最大，即三角形的顶点为椭圆的上顶点，

由椭圆方程可得：|F1F2|=22t2−t2=2t，

所以12×2t×t=4,解得：t=2，

所以椭圆方程为：x28+y24=1；

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得F1(−2,0)，F2(2,0)，

点M、N是椭圆C上位于x轴上方的两点，可设N(22cosθ,2sinθ)，sinθ>0，

则F1N=(22cosθ+2,2sinθ)，F2N=(22cosθ−2,2sinθ)，

因为F1N⋅F2N=0，

则(22cosθ+2)(22cosθ−2)+4sin2θ=0，又cos2θ+sin2θ=1，

解得：cosθ=0，sinθ=1，

故N(0,2)