2024-2025学年辽宁省高二上学期11月期中数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省高二上学期11月期中数学检测试卷（附解析），共17页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 圆和圆的公切线有， 已知且，则的最大值为， 若椭圆离心率为，则， 曲线所围成图形的面积为， 已知且，则的值可能是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知正方体的棱长为1，则直线与所成角的正弦值为（）
A. 0B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由正方体可得，可得是异面直线直线与所成的角，进而求解即可.
在正方体中，可得，，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以是异面直线直线与所成的角，
又易得是等边三角形，所以，
所以，所以直线与所成角的正弦值为.
故选：D.
2. 在空间直角坐标系中，已知，若共面，则的值为（）
A. B. 0C. 1D. 2
【正确答案】A
【分析】由空间向量共面定理代入计算，即可得到结果.
由空间向量共面定理可得存在实数，使得，
即，所以，解得.
故选：A
3. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求出斜率，进而可得倾斜角
由直线得
故直线的斜率为，又倾斜角范围为，
所以倾斜角为．
故选：A．
4. 圆和圆的公切线有（）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【正确答案】B
【分析】将圆的一般方程转化成标准方程，结合圆心距判断两圆位置关系，进而求解.
由题意得，圆，即以为圆心，为半径的圆，
圆，即以为圆心，为半径的圆，
则，
故，
因此两圆相交，则有2条公切线.
故选：B.
5. 已知且，则的最大值为（）
A. 1B. C. D. 5
【正确答案】D
【分析】由三角换元代入计算，结合正弦型函数的值域，即可得到结果.
令，
则，其中，
因为，则，
所以的最大值为.
故选：D
6. 若椭圆离心率为，则（）
A. 1B. 4C. 1或4D. 以上都不对
【正确答案】C
【分析】分焦点在轴和焦点在轴两种情况分别计算.
当焦点在轴上时，，解得；
当焦点在轴上时，，解得.
故选：C
7. 已知是椭圆的两个焦点，过且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于两点，若是正三角形，则这个椭圆的离心率是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由正三角形特点用表示，结合椭圆的定义，即可求得离心率.
是正三角形，，
.
故选.
本题考查椭圆离心率的求解问题，涉及到椭圆的椭圆的定义；关键是能够利用正三角形的特点求出.
8. 曲线所围成图形的面积为（）
A. 2B. C. 4D.
【正确答案】A
【分析】根据题意，分类讨论去掉绝对值符号，然后画出图形，结合图形即可求得结果.
由可得，即，所以，
又，即，
当且时，则方程为，即，所以，
当且时，则方程为，即，
当时，则，所以方程为，即，
画出如图所示图像，其中弓形与弓形相等，
由割补法可知，围成图形的面积为.
故选：A
二.选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知且，则的值可能是（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【正确答案】CD
【分析】由的几何意义可求得其范围，即可得答案.
因，则表示以原点为球心，半径为1的球表面上的点.
则表示到距离的平方.
类比点到圆上距离的范围，可得，
，
结合，可得，则，.
故，则只有CD满足条件.
故选：CD
10. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知，点，点，且P，O不重合，P，A不重合，则（）
A. 若，则x，y，z满足：
B. 若，则x，y，z满足：
C. 若，则x，y，z满足：
D. 若，则x，y，z满足：
【正确答案】BCD
【分析】A由空间向量模长公式可判断选项正误；B由空间向量垂直坐标表示可判断选项正误；C由空间向量共线坐标表示可判断选项正误；D由空间向量夹角坐标公式可判断选项正误.
A由题，，因，则A错误；
B因，则，故B正确；
C因，则，故C正确；
D因，则.
即，故D正确.
故选：BCD.
11. 现有圆锥顶点为，底面所在平面为，母线PM与底面直径MN的长度都是2.点是PM的中点，平面经过点与所成二面角（锐角）为.已知平面与该圆锥侧面的交线是某椭圆（或其一部分），则该椭圆长轴的长可能是（）
A. B. 1C. D. 2
【正确答案】ABC
【分析】当平面与圆锥的旋转轴所成角度大于母线与旋转轴所成角度，小于直角时，圆锥被平面所截得的截线形状为椭圆。本题中可以通过轴截面做出椭圆长轴长度的最大值和最小值，从而确定答案.
如上图，做出过点的轴截面，由已知条件可知，平面与轴截交得到的线段最短为，最长为，当平面与圆锥面所截得的椭圆的长轴落在平面内时，长轴长或.根据已知的几何关系可以计算出，.当与圆锥所截得的椭圆的长轴不在图中所作的轴截面内时，长轴长度满足.
对于A选项，长轴长度可以为；
对于B选项，，长轴长度可以为；
对于C选项，，长轴长度可以为；
对于D选项，，长轴长度不可能为.
故选：ABC
方法点睛：过点做出轴截面可以得出椭圆长轴长度的取值范围，与选项进行对照求解即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线经过点且与直线垂直，则直线的方程是______.
【正确答案】
【分析】先根据两直线垂直求出斜率，再写出点斜式方程.
直线的斜率为，所以直线的斜率为，
所以的方程为：，即.
故
13. 已知点，点B，C是直线与圆的交点，则经过点A，B，C的圆的方程是______．
【正确答案】
【分析】由题设圆的方程为：，代入，即可求得方程.
因点B，C是直线与圆的交点，
则设过B，C的圆的方程为：，代入，
则，则过过点A，B，C的圆的方程是：
.
故
14. 已知点在棈圆上，点，则的取值范围是______.
【正确答案】
【分析】构造椭圆，椭圆分别与椭圆有相同的短轴和长轴，同时是两椭圆的焦点，利用图形关系可求的取值范围.
由椭圆与椭圆有相同的短轴，
由椭圆与椭圆有相同的长轴，
又椭圆与椭圆有相同的焦点，
即点，
由椭圆方程可知椭圆在椭圆上及其内部，
椭圆在椭圆上及其内部，
当点在上时，，
因椭圆方程可知椭圆在椭圆上及其内部，
所以，当点在短轴的端点时取等号，
当点在上时，，
因椭圆方程可知椭圆在椭圆上及其内部，
所以，当点在长轴的端点时取等号，
所以的取值范围是.
故答案为.
关键点点睛：考查数形结合思想的应用，重点在于构知椭圆与原椭圆分别共长轴与短轴，并以为焦点，利用椭圆的定义可求解.
四.解答题：本题共5小题，共7分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知椭圆的长轴端点是和，离心率是.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点在椭圆上，求点到点的距离的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用已知条件可求得，进而可求得椭圆方程；
（2）设是椭圆上的任意一点，利用两点间的距离公可得，可求得点到点的距离的取值范围.
【小问1详解】
由题意得：，解得.
故椭圆的方程为：
【小问2详解】
设是椭圆上的任意一点，所以，
所以，其中.
所以.
故点到点的距离的取值范围是.
16. 如图，正四棱锥中，，侧棱与底面所成的角为.
（1）求侧面与底面所成的二面角（锐角）的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使得？若存在，确定点的位置；若不存在说明理由.
【正确答案】（1）
（2）在线段上存在点，点满足，使得.
【分析】（1）设为底面的中心，以点为原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．设，利用侧棱与底面所成的角为，结合线面角的向量求法，求出参数，再利用面面角的向量求法即可求解.
（2）设，验证是否存在使得.
【小问1详解】
设为底面的中心，以点为原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意知，.
设，其中，则，向量是平面的法向量.
由题意得，，解得.
设平面的法向量为.
因为，，
所以，即，令，则，
则
则，
故侧面与底面所成的二面角（锐角）的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）知，，
设，则.
因为，
若，则.
即，解得，
故在线段上存在点，点满足，使得
17. 如图，在三棱柱中，点是棱AC的中点.侧面底面ABC，底面ABC是等边三角形，.
（1）求证：平面ABC；
（2）求平面与平面所成锐二面角平面角余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由侧面底面ABC结合面面垂直性质可证结论；
（2）.以点为原点，分别为轴轴轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，求出平面与平面法向量，后由空间向量知识可得答案.
【小问1详解】
连结OB.
在中，，所以，且.
又因为，所以平面.
从而．
又因为平面平面ABC，AC是平面与平面ABC的交线，
所以平面ABC
【小问2详解】
在中，，所以.
设.以点为原点，分别为轴轴轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．
有，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为.
由题意得.
则取平面的法向量为，平面的法向量为.
则.
故平面与平面所成锐二面角平面角的余弦值是
18. 已知点与点关于直线对称.
（1）求点坐标m，n（用表示）；
（2）若点在曲线上，求点所在曲线的方程.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据给定条件，利用对称特性列出方程组求解即得.
（2）由（1）的结论，与联立消去即可得解.
【小问1详解】
依题意，，解得.
【小问2详解】
依题意，，所以.
整理得：（其中），
所以点所在曲线的方程为.
19. 在平面直角坐标系中，已知点，点满足.记的轨迹为.
（1）求方程；
（2）已知点，设点M，N在上，点M，N与点不重合，且直线MN不与轴垂直，记分别为直线AM，AN的斜率.
（ⅰ）对于给定的数值入（且，若，证明：直线MN经过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为Q，求点的轨迹方程.
【正确答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）点的轨迹方程为直线（除去点）
【分析】（1）根据，代入两点间距离公式即可求解；
（2）（ⅰ）联立直线与的方程，结合，可求出即可证明直线恒过定点；（ⅱ）消去，即可求出点的轨迹方程.
【小问1详解】
设，由得，
整理得，所以的方程为.
【小问2详解】
设直线MN的方程为：，其中.
点M，N满足：
所以满足：，即.
从而.
（ⅰ）证明：因为，
所以，整理得，其中（即直线MN不经过点）.
所以直线MN的方程为：，且直线MN不经过点.
所以直线MN过定点 .
（ⅱ）解：由得（其中）,
所以点的轨迹方程为直线（除去点）.