2024-2025学年河北省沧州市八县高二上学期10月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省沧州市八县2024-2025学年高二上学期10月期中联考数学试题一、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.设向量，，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】由，得∵，，∴，解得故选：D.2.过点，且在轴上的截距为的直线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】显然斜率存在，可设直线方程为，则，所以，所以直线方程为，即.故选：C.3.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.【答案】B【解析】因为点是椭圆上一点，且，所以，解得，所以椭圆方程为，又点是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为.故选：B.4.已知点在圆的外部，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知，解得或.故选：C.5.两平行直线与之间的距离为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知，所以，则化为，所以两平行直线与之间的距离为．故选：C．6.已知是椭圆的左､右焦点，为上一点，则的最小值为（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】因为是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，所以.所以，所以（当且仅当时等号成立）.所以.即的最小值为1.故选：A.7.已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为.若，则（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】易知圆圆心坐标为，半径，连接，如下图所示：利用对称性由可知，又易知，所以可得，即，又，所以为正三角形，即可得；故选：B.8.在四面体中，平面，，点分别为棱上的点，且，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图：因为，所以，则，又，所以，则，又平面，平面，所以，，即，又，所以所以，，，所以，则直线与直线夹角的余弦值为．故选：A.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.下列关于曲线性质的描述正确的是（）A.关于轴对称 B.关于原点对称C.关于直线对称 D.所围成的图形的面积小于12【答案】ABD【解析】把曲线中的同时换成，方程变仍为，所以曲线关于轴对称，故A对；把曲线中的，同时换成，方程变仍为，所以曲线关于原点对称，故B对；把曲线中的，同时换成，方程变为：，所以曲线不关于直线对称，故C错；由可得，，所以所围成的图形的面积小于12，故D对，故选：ABD.10.已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（）A. B.平面平面C. D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面∥平面，故B正确；如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，，，故不成立，成立，故A错误，C正确；设平面的法向量，，则，令，则，即，又，所以，故点到平面的距离为，故D正确.故选：BCD.11.如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（）A.曲线关于直线对称B.曲线经过点，其方程为C.曲线围成的图形面积小于D.存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）【答案】ACD【解析】对于A，先求曲线方程，设曲线上一点（），由已知，即.若点在曲线上，则也满足曲线方程，所以曲线关于直线对称，A选项正确.对于B，将代入曲线方程，得，即，，此时方程为，B选项错误.对于C，，则，所以C在以圆心为O，半径为的圆内，结合图形知道，C选项正确.对于D，由于，所以，由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点，则曲线在第一象限内有两个整点，当整点为时，，此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意;当整点为时，，此时整点均在曲线上，且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，若，则______．【答案】【解析】若，则，解得．13.圆：与圆：相交于、两点，则_________．【答案】4【解析】由圆：与圆：，两圆相减得公共弦AB所在直线方程为：，有圆：，可得圆心，半径，所以圆心到直线AB的距离，所以.14.设，分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆【答案】【解析】由题意，直线过且斜率为，所以直线为：，与椭圆：联立消去，得，设，则，因为，所以，可得，代入上式得，消去并化简整理得：，将代入化简得：，解得，因此，该双曲线的离心率.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.已知的三个顶点坐标分别是，，.（1）判断的形状，并证明；（2）求边上的高所在直线的方程.解：（1）是直角三角形，理由如下：因为，，，所以，，所以，所以，所以是直角三角形，又，，所以，所以是直角三角形；（2）因为，所以边上的高所在直线的斜率为，又边上的高所在直线过点，由点斜式方程可得边上的高所在直线的方程为，即.16.已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.解：（1）由已知可设圆心，则，解得或（舍），所以圆的方程为.（2）设圆心到直线的距离为，则，即，解得，又，所以，解得，所以直线的方程为或.17.如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为平面，平面，且四边形是矩形，所以两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意，因为，且.所以．因，所以，即．（2）解：由（1）得．设是平面的一个法向量，则，令，得，所以．因为平面，所以平面，所以平面的一个法向量为．因为，结合图形可得：平面与平面夹角的余弦值为．18.已知椭圆经过点A-2,0与点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于异于的，两点，且.①证明：直线过定点；②求的面积的最大值.（1）解：设椭圆x2m+因为椭圆经过点A-2,0与点，所以，解得，所以椭圆的方程为.（2）①证明：由（1）知，椭圆的方程为，设，不妨令在轴上方，则，假设直线斜率不存在，设直线方程为，联立方程，可得，所以解得或（舍去），所以直线方程为；假设斜率存在，设直线方程为，联立方程，得，所以，，由，可得，解得或，所以直线方程或，所以直线恒过或（舍去），综上，直线恒过定点.②解：由上述可知，当直线斜率不存在时，，设定点为点，则，所以；当直线斜率存在时，，则设方程为，联立得，则，，所以，设，则，所以，由函数在上单调递增知，所以，当且仅当，即时取等，故的面积的最大值为.19.已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，.（1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值；（2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围；（3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.（1）解：因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设Px,y是该圆上任意一点，则，所以，因为为常数，所以，且，所以.（2）解：由（1）知，设，由，得，所以，，整理得，即，所以，，由，得，即OQ的取值范围是.（3）证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得，该圆关于点对称.由点关于点对称及，可得—卡西尼卵形线关于点对称，令，解得，与矛盾，所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.河北省沧州市八县2024-2025学年高二上学期10月期中联考数学试题一、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.设向量，，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】由，得∵，，∴，解得故选：D.2.过点，且在轴上的截距为的直线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】显然斜率存在，可设直线方程为，则，所以，所以直线方程为，即.故选：C.3.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.【答案】B【解析】因为点是椭圆上一点，且，所以，解得，所以椭圆方程为，又点是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为.故选：B.4.已知点在圆的外部，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知，解得或.故选：C.5.两平行直线与之间的距离为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知，所以，则化为，所以两平行直线与之间的距离为．故选：C．6.已知是椭圆的左､右焦点，为上一点，则的最小值为（）A.1 B. C.2 D.4【答案】A【解析】因为是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，所以.所以，所以（当且仅当时等号成立）.所以.即的最小值为1.故选：A.7.已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为.若，则（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】易知圆圆心坐标为，半径，连接，如下图所示：利用对称性由可知，又易知，所以可得，即，又，所以为正三角形，即可得；故选：B.8.在四面体中，平面，，点分别为棱上的点，且，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图：因为，所以，则，又，所以，则，又平面，平面，所以，，即，又，所以所以，，，所以，则直线与直线夹角的余弦值为．故选：A.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.下列关于曲线性质的描述正确的是（）A.关于轴对称 B.关于原点对称C.关于直线对称 D.所围成的图形的面积小于12【答案】ABD【解析】把曲线中的同时换成，方程变仍为，所以曲线关于轴对称，故A对；把曲线中的，同时换成，方程变仍为，所以曲线关于原点对称，故B对；把曲线中的，同时换成，方程变为：，所以曲线不关于直线对称，故C错；由可得，，所以所围成的图形的面积小于12，故D对，故选：ABD.10.已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（）A. B.平面平面C. D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面∥平面，故B正确；如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，，，故不成立，成立，故A错误，C正确；设平面的法向量，，则，令，则，即，又，所以，故点到平面的距离为，故D正确.故选：BCD.11.如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（）A.曲线关于直线对称B.曲线经过点，其方程为C.曲线围成的图形面积小于D.存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）【答案】ACD【解析】对于A，先求曲线方程，设曲线上一点（），由已知，即.若点在曲线上，则也满足曲线方程，所以曲线关于直线对称，A选项正确.对于B，将代入曲线方程，得，即，，此时方程为，B选项错误.对于C，，则，所以C在以圆心为O，半径为的圆内，结合图形知道，C选项正确.对于D，由于，所以，由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点，则曲线在第一象限内有两个整点，当整点为时，，此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意;当整点为时，，此时整点均在曲线上，且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知直线，若，则______．【答案】【解析】若，则，解得．13.圆：与圆：相交于、两点，则_________．【答案】4【解析】由圆：与圆：，两圆相减得公共弦AB所在直线方程为：，有圆：，可得圆心，半径，所以圆心到直线AB的距离，所以.14.设，分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过点且倾斜角为60°的直线与椭圆交于，两点，若，则椭圆【答案】【解析】由题意，直线过且斜率为，所以直线为：，与椭圆：联立消去，得，设，则，因为，所以，可得，代入上式得，消去并化简整理得：，将代入化简得：，解得，因此，该双曲线的离心率.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.已知的三个顶点坐标分别是，，.（1）判断的形状，并证明；（2）求边上的高所在直线的方程.解：（1）是直角三角形，理由如下：因为，，，所以，，所以，所以，所以是直角三角形，又，，所以，所以是直角三角形；（2）因为，所以边上的高所在直线的斜率为，又边上的高所在直线过点，由点斜式方程可得边上的高所在直线的方程为，即.16.已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.解：（1）由已知可设圆心，则，解得或（舍），所以圆的方程为.（2）设圆心到直线的距离为，则，即，解得，又，所以，解得，所以直线的方程为或.17.如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，点是的中点，点分别是线段上的点，且．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为平面，平面，且四边形是矩形，所以两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意，因为，且.所以．因，所以，即．（2）解：由（1）得．设是平面的一个法向量，则，令，得，所以．因为平面，所以平面，所以平面的一个法向量为．因为，结合图形可得：平面与平面夹角的余弦值为．18.已知椭圆经过点A-2,0与点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于异于的，两点，且.①证明：直线过定点；②求的面积的最大值.（1）解：设椭圆x2m+因为椭圆经过点A-2,0与点，所以，解得，所以椭圆的方