河北省衡水市武强中学20242025学年高二上学期期中考试数学试题一、单选题（本大题共8小题）1已知点，直线，则点A到直线l的距离为（）A1B2CD2设，向量，且，则（）ABCD3已知直线与直线，若，则（）AB2C2或D54如图，在正方体中，是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（）ABCD5直线被圆所截得的弦长为（）AB1CD26三棱锥ABCD中，ABACAD2，BAD90，BAC60，则等于（）A2B2CD7椭圆的左、右焦点分别为，椭圆上的点满足：，且，则（）A1BCD28直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（）ABCD二、多选题（本大题共3小题）9下列叙述正确的是（）A直线倾斜角的取值范围是B平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率C若一条直线的倾斜角为，则此直线的斜率为D与坐标轴垂直的直线的倾斜角是或10如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AC，AB的中点则下列结论正确的是（）A与EF相交B平面DEFCEF与所成的角为D点到平面DEF的距离为11设椭圆的左右焦点为，是上的动点，则下列结论正确的是（）A离心率B面积的最大值为C以线段为直径的圆与直线相切D的最小值为0三、填空题（本大题共3小题）12已知直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ，且 ，则 13已知点是椭圆上的一点，分别为椭圆的左、右焦点，已知=120，且，则椭圆的离心率为 .14已知圆的圆心为，直线（为参数）与该圆相交于、两点，则ABC的面积为 .四、解答题（本大题共5小题）15已知直线.（1）若直线过点，且，求直线的方程；（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.16已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y2相切，且圆心C在直线2x+y10上.(1)求圆C的方程；(2)已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程.17已知点P是椭圆上一点，点，分别是椭圆的左、右焦点，且，的周长为8(1)求椭圆的标准方程；(2)若，求点P的坐标18如图，三棱锥中，平面，分别为线段上的点，且 (1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值19出租车几何或曼哈顿距离（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对轴距总和.例如：在平面直角坐标系中，若，两点之间的曼哈顿距离.(1)已知点，求的值；(2)记为点B与直线上一点的曼哈顿距离的最小值.已知点，直线：，求；(3)已知三维空间内定点，动点P满足，求动点P围成的几何体的表面积.参考答案1【答案】C【解析】利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】解：点，直线，则点A到直线l的距离,故选：C.【点睛】点到直线的距离.2【答案】B【详解】因为，所以即，解得x=0，因为，所以，解得y=-1，所以，所以.故选：B.3【答案】A【详解】解：若，则，所以或当时，重合，不符合题意，所以舍去；当时，符合题意故选：A4【答案】A【详解】解：（法一）连接，由题意，则即为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，则，则，在中，；（法二）分别以、为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，得，2，0，2，2，0，因此，得到，且，异面直线与所成的角是锐角或直角，面直线与所成的角的余弦值是，故选：A5【答案】C【详解】圆，所以圆心，半径，由点到直线距离公式可得圆心到直线的距离为，所以直线被圆所截得的弦长为，故选：C.6【答案】A【分析】利用向量运算法则结合余弦定理解得.【详解】故选A.7【答案】C【详解】设，则，又（1），（2），（1）式平方减去（2）式得：，得：.故选：C.8【答案】A【详解】因为线分别与轴，轴交于两点，所以，所以，由，可得圆的圆心为，半径为，因为点在圆上，所以圆心到直线的距离为，故到直线的距离的范围为，则.故选：A.9【答案】ACD【详解】对于选项，由直线倾斜角的定义可知，倾斜角的取值范围是，则正确；对于选项，由直线斜率的定义可知（为直线的倾斜角），当时斜率不存在，则错误；对于选项，由直线斜率的定义可知选项正确；对于选项，当直线与轴垂直时直线的倾斜角为，当直线与轴垂直时直线的倾斜角为，则正确；故选：ACD.10【答案】BCD【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断【详解】对选项A，由图知平面，平面，且由异面直线的定义可知与EF异面，故A错误；对于选项B，在直三棱柱中，F分别是AC，AB的中点，又平面DEF，平面DEF，平面故B正确；对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则0，0，2，0，2，0，0，0，1，1，0，与所成的角为，故C正确；对于选项D，设向量y，是平面DEF的一个法向量0，1，由，即，得取，则，0，设点到平面DEF的距离为d又2，点到平面DEF的距离为，故D正确故选：BCD【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题11【答案】CD【详解】对于A：由椭圆可知，所以左、右焦点分别为，离心率，故选项A错误；对于B：，当点与椭圆的上下顶点重合时，面积的最大，所以面积的最大值为，故选项B错误；对于C：以线段为直径的圆的圆心，半径为1，由圆心到直线的距离，所以以线段为直径的圆与直线相切，故选项C正确；对于D：设，则的最小值为，故选项D正确；故选：CD12【答案】【详解】因为直线 的方向向量，平面 的法向量， ，所以，即，解得，故答案为.13【答案】【详解】设，由余弦定理知，所以，故填.14【答案】【详解】由题意可得圆的标准方程为：，直线的直角坐标方程为：，即，则圆心到直线的距离：，由弦长公式可得：，则.15【答案】（1） （2）或.【分析】（1）根据两直线垂直，斜率之积为，可求得直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可写出直线方程；（2）先根据两直线平行，斜率相等，设出直线的方程为，再根据两平行直线的距离公式即可求出【详解】（1）因为直线的方程为，所以直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为.因为直线过点，所以直线的方程为，即.（2）因为直线与直线之间的距离为，所以可设直线的方程为，所以，解得或.故直线的方程为或.【点睛】本题主要考查直线方程的求法，涉及两直线垂直，平行关系的应用，以及平行直线的距离公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题16【答案】(1)（x1）2+（y+1）22(2)x0或3x+4y40【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y10上，可设圆心为C（a，12a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可.（2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论.【详解】（1）因为圆心C在直线2x+y10上，可设圆心为C（a，12a）.则点C到直线x+y2的距离d.据题意，d|AC|，则，解得a1.所以圆心为C（1，1），半径rd，则所求圆的方程是（x1）2+（y+1）22.（2）k不存在时，x0符合题意；k存在时，设直线方程为kxy+10，圆心到直线的距离1，k，直线方程为3x+4y40.综上所述，直线方程为x0或3x+4y40.17【答案】(1)(2).【详解】（1）解：由椭圆的焦点为，可得，即，又由椭圆的定义，可得，因为的周长为，可得，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）解：设点，且，则，因为，可得，解得，即，将代入椭圆，可得，即，解得，所以点的坐标为.18【答案】（1）见解析；（2）【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面，故PCDE由CE，CD=DE得为等腰直角三角形，故CDDE由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD（2）解：由（）知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如（）图，过点作DF垂直CE于，易知DFFCEF，又已知EB，故FB由ACB得DFAC，故ACDF以为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则（0,0,0,），（0,0,3），（,0,0）,（0,2,0），（1,1,0），设平面的法向量，由，得.由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.从而法向量，的夹角的余弦值为，故所求二面角A-PD-C的余弦值为.考点：考查线面垂直，二面角考查空间想象能力和推理能力19【答案】(1)9(2)(3)【详解】（1），所以.（2）设动点Px,y为直线上一点，则，所以，即，当时，；当时，；当时，；综上，为.（3）动点P围成的几何体为八面体，每个面均为边长的正三角形，其表面积为.证明如下：不妨将A平移到A0,0,0处，设，若，则，当时，即，设，则，所以P，四点共面，所以当时，P在边长为的等边三角形内部（含边界）.同理可知等边三角形内部任意一点，均满足.所以满足方程的点P，构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界）.由对称性可知，P围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形.故该几何体表面积.