2024-2025学年江苏省无锡市高二上学期期中考试数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年江苏省无锡市高二上学期期中考试数学检测试卷（附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．求长轴长是短轴长的倍，且过点的椭圆的标准方程（ ）
A．B．
C．或D．
2．已知是直线的方向向量，是平面的法向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A．1或B．1C．3D．或3
4．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．已知动点在椭圆上，，，则的最小值为（ ）
A．5B．C．2D．1
6．已知圆和圆，则圆和圆的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知圆，直线，则（ ）
A．直线恒过定点
B．直线与圆有三个交点
C．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于
D．过直线的平行线上一动点作圆的一条切线，切点为，则
8．在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
二、多选题
9．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则
B．若空间中任意一点，有，则四点共面
C．若空间向量满足，则与夹角为钝角
D．若空间向量，则在上的投影向量为
10．已知椭圆分别为它的左右焦点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．椭圆离心率为
B．
C．若，则的面积为
D．最大值为
11．如图所示四面体中，，，，且，，为的中点，点是线段上动点，则下列说法正确的是（ ）
A．；
B．当是靠近的三等分点时，，，共面；
C．当时，；
D．的最小值为．
三、填空题
12．过两点的直线l的倾斜角为，求的值为 ．
13．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点分别为，若为椭圆上一点，的内切圆的半径为，则椭圆的离心率为 .
14．在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．在中，边，上的高所在直线的方程分别为与，点的坐标为.
(1)求边的高所在直线的一般式方程；
(2)求边的中线所在直线的斜率.
16．已知直线与椭圆相交于不同的两点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若，其中为坐标原点，求实数的值.
17．已知直线，半径为的圆与相切，圆心在轴上且在直线的上方.
(1)求圆的方程；
(2)设过点的直线被圆截得的弦长等于，求直线的方程.
18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，且分别为的中点．

(1)求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在平面内是否存在点，满足？若存在，请求出点的轨迹长度；若不存在，请说明理由．
19．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆.已知点到的距离是点到的距离的2倍.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点作直线，交轨迹于，两点，，不在轴上.
（i）过点作与直线垂直的直线，交轨迹于，两点，记四边形的面积为，求的最大值；
（ii）设轨迹与轴正半轴的交点为，直线，相交于点，试证明点在定直线上，求出该直线方程.
答案：
1．C
【分析】分析可知，，对椭圆的焦点位置进行分类讨论，将点的坐标代入椭圆方程，求出的值，即可得出椭圆的标准方程.
【详解】由题意可知，，
若椭圆的焦点在轴上，则椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，
此时，椭圆的标准方程为；
若椭圆的焦点在轴上，则椭圆的标准方程为，
将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，
此时，椭圆的标准方程为.
综上所述，椭圆的标准方程为或.
故选：C.
2．D
【分析】分析可知，，根据空间向量共线的坐标表示可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出的值.
【详解】因为是直线的方向向量，是平面的法向量，且，
则，则，所以，，解得，，
因此，.
故选：D.
3．C
【分析】根据圆方程可得，确定或，再根据圆关于直线对称可得圆心在直线上即可求解.
【详解】因为是圆的方程，
所以，解得或，
又因为圆的圆心为，
且圆关于直线对称，所以，
即，解得，（舍）或，
故选：C.
4．D
【分析】由得，然后两边平方，结合向量数量积的运算求向量的夹角.
【详解】设与的夹角为，由，得，
两边同时平方得，
所以1，解得，
又，所以.
故选：D
5．D
【分析】利用椭圆定义转化为，即求的最小值，根据三角形性质，当三点共线得答案.
【详解】
，为一个焦点，设另一焦点为，
且，
因为，所以在椭圆外部，
所以，
即求的最小值，
由于，当三点共线时取到最小值，
此时，，
所以的最小值为1.
故选：D
6．C
【分析】先判断圆与圆的位置关系，再求解公切线条数即可.
【详解】我们将圆的一般方程化为标准方程，得到，
故它的圆心为，半径，
由题意得，半径，
则由两点间距离公式得，
故两圆圆心距为5，满足，
故两圆外切，圆和圆的公切线条数为3，故C正确.
故选：C
7．C
【分析】将直线的方程化为，由可求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；判断定点与圆的位置关系，可判断B选项；求出与直线平行且距离为的直线方程，并判断所求直线与圆的位置关系，可判断C选项；求出的值，分析可知，当直线与直线垂直时，PC取最小值，结合勾股定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的方程可化为，
由可得，所以，直线恒过定点，A错；
对于B选项，因为，则点在圆内，
所以，直线与圆有两个交点，B错；
对于C选项，当时，直线的方程为，
设与直线平行且与直线的距离为的直线的方程为，
由平行线间的距离公式可得，解得，
圆心为C−2,0，圆的半径为，
圆心到直线的距离为，
圆心到直线的距离为，
所以，直线、都与圆相交，
所以，当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于，C对；
对于D选项，因为直线与直线平行，
则，解得，
即点在直线上，连接，则，
由勾股定理可得，
当直线与直线垂直时，PC取最小值，
且，则，D错.
故选：C.
8．C
【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值.
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵四点共面，
∴，即．
∵，当且仅当时，等号成立，
∴的最小值为1．
故选：C
9．ABD
【分析】对于A，根据条件，利用线面位置判断的向量法，即可求解；对于B，利用空间向量共面定理，即可求解；对于C，取，即可判断选项C的正误；选项D，根据条件，利用投影向量的定义，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，，则，所以，故选项A正确，
对于选项B，因为，得到，
所以，即，
所以共面，故选项B正确，
对于选项C，当时，，此时与夹角不为钝角，所以选项C错误，
对于选项D，，所以在上的投影向量为，故选项D正确，
故选：ABD.
10．BCD
【分析】由椭圆方程得到的值，根据离心率的定义可判断A，根据椭圆的定义可判断B，
根据勾股定理和椭圆的定义可得到，从而由三角形面积公式可判断C，由对勾函数可判断D.
【详解】由椭圆方程可知，，，，
所以椭圆的离心率，故A错误；
由椭圆定义知，故B正确；
又，因为，所以，
，
解得：，所以的面积为，故C正确；
因为，即，
设，由对勾函数的性质可得函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11．BCD
【分析】以为基底，表示出相关向量，可直接判断A的真假，借助空间向量共面的判定方法可判断B的真假，利用空间向量数量积的有关运算可判断CD的真假.
【详解】以为基底，则，，,.
对A：因为.
所以，故A错误；
对B：当是靠近的三等分点，即时，
，
又，所以.故，，共面.故B正确；
对C：因为，
所以：，
所以，故，故C正确；
对D：设，.
因为.
所以，.
当时，有最小值，为：，故D正确.
故选：BCD
12．.
【分析】根据倾斜角计算出直线的斜率，再根据坐标形式下斜率的计算公式求解出的值.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，
又，整理得，
解得或，
当时，，不符合，
当时，，符合，
综上.
故答案为:
13．
【分析】由内切圆半径的计算公式，利用等面积法表示焦点三角形的面积，得到方程，即可得到离心率的方程，计算得到结果.
【详解】由题意，可知为椭圆通径的一半，故，的面积为，
又由于的内切圆的半径为，则的面积也可表示为，
所以，即，
整理得：，两边同除以，
得，所以或，
又椭圆的离心率，所以椭圆的离心率为.
故答案为.
14．
【分析】求出外接球半径，再由向量数量积运算得出，分析范围即可得解.
【详解】设正方体外接球的球心为，半径为，
则，即，所以，
，
当与正方体的侧面或底面垂直时，的长度取最小值，即最小值为1；
当与正方体的顶点重合时，的长取最大值，即最大值为.
所以，故.
故
15．(1)；
(2)
【分析】（1）由两条高线所在直线方程联立求得垂足坐标后，再计算直线的斜率得直线方程；
（2）由垂直得出直线的斜率，从而可得直线方程，联立方程组分别求得两点坐标后，由中点坐标公式计算出中点坐标，然后计算斜率．
【详解】（1）由，解得，因此垂足为，
所以高所在直线的斜率为，
直线方程为，即；
（2）因为边，上的高所在直线的方程分别为与，
所以，，
直线方程为，即，
直线方程为，即，
由，得，即，
由得，即，
所以的中点的坐标为，
所以．
16．(1)或
(2)或
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，消得到，利用，即可求解；
（2）设，根据违达定量，利用（1）结果，得到，进而有，根据题设有，即可求解.
【详解】（1）由，消得到，
由题知，整理得到，解得或，
所以实数的取值范围为或.
（2）设，
由（1），根据韦达定理得到，
所以，
又，所以，得到，
又，所以，
得到，整理得到，解得或，
所以实数的值为或.
17．(1)
(2)或
【分析】（1）设圆心的坐标为，根据题意可得出，利用点到直线的距离求出的值，可得出圆心坐标，即可得出圆的方程；
（2）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出直线的斜率，综合可得出直线的方程.
【详解】（1）解：设圆心的坐标为，
因为圆心在直线上方，则，可得，
因为半径为的圆与相切，则，因为，解得，
所以，圆心为原点，故圆的方程为.
（2）解：由勾股定理可得，圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离为，合乎题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由题意可得，解得，此时，直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；
【分析】（1）利用线面垂直的判定直接证明即可；
（2）利用向量法求得线面角的正弦值即可；
（3）推出点的轨迹是半径为的一个圆，求出圆的周长即可.
【详解】（1）

（法一）如图：连接，
中，为等边三角形．
为中点，，且，
底面为菱形，所以，
为等边三角形．
为中点，，且，
，
平面，
平面，

（法二）如图：连接，
中，为等边三角形，
为中点，，且，
底面为菱形，，
为中点，，
在中，由余弦定理得：
，
即，
平面
平面
（2）

由（1）知：，
如图：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
分别为的中点，，
，
，
，
设平面的一个法向量为，则．
则，所以，取，则，
平面的一个法向量为．
平面的一个法向量为，
则，
平面的一个法向量为，
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．
（3）（3）（法一）存在点，使．
理由如下：点在以线段中点为球心，2为半径的球面上．，
设平面的一个法向量为，则．
则，则，取，则．
平面的一个法向量为．
点到平面的距离为．
，记，
在平面内存在点，且点的轨迹是半径为的一个圆，
即点的轨迹长度为．
（3）（法二）存在点，使．
理由如下：点在以线段中点为球心，2为半径的球面上．
是的中点点到平面的距离是到平面的距离的．
设点到平面的距离为，连接，
在中，由余弦定理得：
即，
，即，
，
．
，即点到平面的距离为，
点到平面的距离为．
，记，
在平面内存在点，且点的轨迹是半径为的一个圆，
即点的轨迹长度为．
19．(1)
(2)（i）7（ii）证明见解析，
【分析】（1）设，根据两点距离公式建立方程，整理即可求解；
（2）易知直线的斜率存在，设直线方程为，利用点到直线的距离公式和几何法求弦长表示.
（i）结合点线距公式、基本不等式和三角形面积公式，分类讨论当、时S的取值范围即可；
（ii）设Px1,y1，Qx2,y2，直线方程联立圆方程，利用韦达定理表示，同时表示和的方程，求出交点N的坐标即可证明.
【详解】（1）设点，由题意可得，
即，化简得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
（i）若，则直线的斜率不存在，
易得，，则；
若，则直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
则
，
当且仅当即时，取等号，
综上所述，因为，所以S的最大值为7.
（ii），设Px1,y1，Qx2,y2，
联立消得，
则，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立解得，
则，
所以，
所以点在定直线上.
方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点（值），再证明这个点（值）与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点（值）．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
C
D
D
C
C
C
ABD
BCD
题号
11









答案
BCD