2024-2025学年云南省昆明市高二上册10月期中数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省昆明市高二上册10月期中数学检测试题（含解析），共26页。
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知直线的倾斜角为，则直线的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由直线方向向量求解即可.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的一个方向向量为，
与其共线的有，
故选：B
2. 已知平面的一个法向量，内有一点，外有一点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】求出在平面的法向量方向的投影向量的模即得．
【详解】由已知，
点到平面的距离为，
故选：C．
3. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【正确答案】A
【分析】根据条件有，得到或，再进行检验，即可求出结果.
【详解】因为直线与直线平行，
则，即，解得或，
当时，，，此时两直线重合，不合题意，
当时，，，满足题意，
故选：A
4. 已知为空间的一组基底．则下列向量能构成空间的一组基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】空间的一组基底，必须是不共面的三个向量，利用向量共面的充要条件可判断.
【详解】对于A, 因为,所以三个向量共面，不能构成一组基底；
对于B，因为，所以三个向量共面，不能构成一组基底；
对于C，因为，所以三个向量共面，不能构成一组基底；
对于D，设 三个向量共面，则
，
所以,不存在，所以三个向量不共面，能构成一组基底.
故选：D.
5. 已知圆，直线，则直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法判断
【正确答案】C
【分析】确定直线所过定点在圆内，从而得直线与圆位置关系．
【详解】由已知直线过定点，
圆标准方程为，圆心为，半径为，
，即定点在圆内，因此直线与圆相交．
故选：C．
6. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据椭圆的定义， 可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案，
【详解】由椭圆的定义可得，又，
所以，
在椭圆中，，
所以，即，
又，所以，
所以该椭圆离心率取值范围是.
故选：B
7. 已知、、为平面向量，，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由平面向量数量积的运算，结合圆的性质及点到直线的距离公式求解．
【详解】已知是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，
不妨设，，，
又非零向量与的夹角为，则，故在直线上运动（除去原点），
又向量满足，
则即，故在圆上运动，
又到直线的距离为，
则的最小值是．
故选：A．
关键点点睛：在直线上运动（除去原点），在圆上运动，根据圆上的点到直线的距离的最值的求解方法即可得解.
8. 若一条定直线与两个平面所成角均为80°，则这两个平面所成角的最大值为（ ）
A. 10°B. 20°C. 40°D. 80°
【正确答案】B
【分析】考虑两平面平行和不平行时，作出辅助线，找到线面角和面面角，表达出各边长，四边形中，，所以，整理得到，结合，得到，从而，得到答案.
【详解】当两平面平行时，满足要求，此时夹角为，
当两平面不平行时，如图所示，两个平面所成角，与相交于直线，
过点作⊥于点，连接，则，
过点作⊥于点，连接，则，
过点作⊥于点，连接，
因为⊥，，所以⊥，
又，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，则，
过点作⊥于点，连接，同理可得，
其中，，，，
，，，，
故，，
由于四边形中，，
其中，故，
又，故，所以，
其中，
故，
若，此时在内，不合要求，故，
所以，即，
，
其中，故，
故，解得，
综上，，
这两个平面所成角的最大值为.
故选：B
关键点点睛：作出辅助线，表达出各边，四边形中，，整理得到，结合的范围，得到答案.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知为双曲线的一个焦点，则下列说法中，正确的是（ ）
A. 的虚轴长为6B. 的离心率为
C. 的渐近线方程为D. 点到的一条渐近线的距离为4
【正确答案】AB
【分析】利用双曲线的性质计算分析选项即可.
【详解】由双曲线的方程可知其虚轴长为，故A正确；
离心率为，故B正确；
令，即其渐近线方程为，故C错误；
不妨设，则其到渐近线的距离为，故D错误.
故选：AB
10. 已知圆，圆，直线，过点作圆的两条切线，切点分别为．下列说法中，正确的是（ ）
A. 圆与圆相交B. 直线过定点
C. 圆被直线截得的弦长的最小值为D. 直线的方程为
【正确答案】BCD
【分析】由几何法判断两圆的位置关系即可判断A；将化为，由即可求出直线过的定点判断B；当直线与垂直时，弦长最小，由弦长公式求解即可判断C；则直线为过的圆与圆的公共弦，两个方程相减即可判断D.
【详解】，所以圆心，半径，
由圆，圆心，半径，
则两圆心的距离，所以圆与圆内含，故A错误；
，
所以，即，
所以，故，所以直线过定点为，故B正确；
当直线与垂直时，弦长最小，则圆心到直线的距离为：，
所以最小弦长为：，故C正确；
过点作圆的两条切线，切点分别为．
则所在圆的圆心为的中点，半径为，
所以所在圆的方程为：，
则直线为圆与圆的公共弦，
与圆两式相减得：
，故D正确；
故选：BCD
11. 如图，在四棱锥中，平面，≌，且，，．为的中点，、分别为棱、上的动点．下列说法中，正确的是（ ）
A. 四棱锥的外接球表面积为
B. 若平面，则
C. 若点与点重合，，则、、、四点共面
D. 若平面，则
【正确答案】ACD
【分析】A选项，作出辅助线，得到为四棱锥的外接球球心，从而求出外接球半径和表面积；B选项，由线面垂直得到，求出各边长，在中，由余弦定理得，求出；C选项，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，两者平行，故四点共面；D选项，由线面平行性质得到线线平行，进而推出⊥平面，，由B选项知，，D正确.
【详解】A选项，取的中点，
≌，且，故，
则四边形的外接圆圆心为，连接，
则，
因为平面，所以平面，
所以，即为四棱锥的外接球球心，
又，故外接球半径，
外接球表面积为，A正确；

B选项，因为平面，平面，
所以，
因为，由勾股定理得，
因为平面，平面，所以，
由勾股定理得，且，
在中，由余弦定理得，
在Rt中，，B错误；
C选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，
点与点重合，，
故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设平面的法向量为，
则，
令，解得，故，
，所以若点与点重合，，则、、、四点共面，C正确；
D选项，平面，平面，且平面平面，
所以，
由对称性可知⊥，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，故⊥，
因为，由三线合一得⊥，
又为平面的两条相交线，故⊥平面，
因为平面，
所以，
由B选项知，，D正确.
故选：ACD
方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）》
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 直线在轴上的截距为________．
【正确答案】
【分析】在直线方程中令即可求解.
【详解】令，则，
解得，
即直线在轴上的截距为，
故
13. 已知、为椭圆上的两个点，且直线的方程为，则中点与原点连线的斜率为________．
【正确答案】##
【分析】设点Ax1,y1，Bx2,y2，中点，利用点差法及斜率公式可得解.
【详解】设点Ax1,y1，Bx2,y2，中点，
则，，
又点、为椭圆上的两个点，
则，
两式做差可得，
即，
代入，，则，
即，
又直线的方程为，
即，
所以，
故答案为.
14. 已知反比例函数可由等轴双曲线绕原点逆时针旋转得到，若三个顶点均在双曲线上，则垂心的轨迹方程是________．（三角形三条高线交于一点，此点即为垂心）
【正确答案】
【分析】设垂心坐标为， 且三个顶点都在等轴双曲线上，即，再计算边的垂线方程，并求垂心的坐标，可得垂心的横纵坐标的乘积为，即垂心的轨迹方程就是等轴双曲线本身.
【详解】等轴双曲线上三点的垂心的轨迹方程就是等轴双曲线本身.
证明如下：
由题意，反比例函数可由等轴双曲线绕原点逆时针旋转得到，
故证明采用反比例函数.
设垂心的坐标为， 且三个顶点都在等轴双曲线上，
设三个顶点坐标为,
所以直线的方程为，
即，
因为,即，
所以直线的方程为，
同理由,即，
所以直线的方程为，
所以由，
解得的垂心坐标为，
即垂心的横纵坐标的乘积为，
所以垂心的轨迹方程就是原来的等轴双曲线本身.
故答案为.
四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 如图，在平行六面体，中，，，，，为中点．
（1）求的长度；
（2）求与夹角的余弦值．
【正确答案】（1）3 （2）
【分析】（1）设，，．由，利用向量法能求出的长．
（2）由空间向量夹角公式求出与所成角的余弦值．
【小问1详解】
设，，，
由已知，，
则，，，
又，
．
【小问2详解】
，
则，
.
16. 已知，两个定点，是直线上一动点．
（1）求的最小值；
（2）当的外接圆与直线相切时，求外接圆的标准方程．
【正确答案】（1） （2）答案见解析
【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可求解；
（2）根据已知条件，设圆心坐标为点然后根据，即可求解.
【小问1详解】
如图，设直线分别与轴交于点则
连结并延长至，使，并过点，作轴于点.
因为，所以
又因为，所以点关于直线l的对称点为，
因为，所以，
所以，，即
则
【小问2详解】
因为的外接圆过点，则设圆心一定在直线x=2上，设圆心为点
连结，则，所以，所以直线，即
联立，得，即，
又因为所以，解得或，
当时，，圆心，
所以外接圆的标准方程为，
当时，，圆心，
所以外接圆的标准方程为.
17. 如图，已知四边形为等腰梯形，且，，，．为中点，将沿进行翻折，使点与点重合．取中点，连接、．
（1）证明：平面；
（2）当时，求与平面所成角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）连接，结合题意可得，进而得到为等边三角形，进而得到，，从而求证；
（2）结合题设可得，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，因为四边形为等腰梯形，
所以，,
又为中点，，，
所以四边形为平行四边形，则，，即，
因为，所以为等边三角形，即为等边三角形，
又为的中点，所以，则，
又，所以，即，
因为，且平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，为等边三角形，，
所以，则，
在中，，则，
又，所以，则，
因为平面，，
所以平面，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，
设与平面所成角为，
则，
即与平面所成角的正弦值为．
18. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为．过点且不与轴重合的直线与椭圆交于、两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与直线交于点，过作轴的垂线，垂足为，直线、分别交轴于点、，证明：为的中点．
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据斜率公式以及点在椭圆上，联立方程可得，即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理且，进而可得，，根据点斜式求解直线，的方程，即可得到的坐标，利用中点坐标公式，代入化简即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，
故，解得，
故椭圆的方程为
【小问2详解】
由于，故在椭圆外，
设直线方程为，
联立直线与椭圆方程可得，
设,则且，
联立直线与可得，
故，则，
故直线的方程为，令，则，
故
直线的方程为，令，则，故,
故
而，故为的中点.
方法点睛：圆锥曲线中定值的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标关系式，再代入化简.
19. 如图，以原点为圆心，为半径分别作两个同心圆，设为大圆上任一点，连接，与小圆交于点．过点分别作轴、轴的垂线，两垂线交于点．设以为始边，为终边的角为，点的坐标是，那么点的横坐标为，点的纵坐标为．由于点均在角的终边上，由三角函数的定义有：．当半径绕点旋转一周时，就得到了椭圆的轨迹，因此我们把（为参数）叫做椭圆的参数方程．
（1）已知椭圆上有不同两点、，试写出椭圆的参数方程，并利用椭圆的参数方程求面积的最大值；（参考公式：若、，则．）
（2）如图，已知在三棱锥中，，，，且，，试利用椭圆的参数方程求锐二面角余弦值的最小值．
【正确答案】（1）椭圆的参数方程为（为参数），面积的最大值为
（2）
【分析】（1）根据题设即可得椭圆的参数方程，设，其中，再利用，即可求解；
（2）作于，连接，根据条件，可得二面角的平面角为，再根据条件得的轨迹方程，结合点轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【小问1详解】
因为椭圆方程为，则椭圆的参数方程为（为参数），
设，其中，
则，
因为，所以，所以，故面积的最大值为.
【小问2详解】
如图1，作于，连接，
因为，，又，面，所以面，
又面，所以，则为二面角的平面角，
因为，所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上，
以直线为轴，线段的中垂直线为轴，则椭圆方程为，图象如图2，
易知椭圆的参数方程为（为参数），
由椭圆的对称性，可设，其中，则，
又因为，所以点的轨迹在以为焦点的双曲线的一支上，又，
以直线为轴，线段的中垂直线为轴，则双曲线方程为，点的轨迹如图3，且，
所以，
所以，
所以，令，
所以，
当且仅当时，等号成立
所以当且仅当时，，
故锐二面角余弦值的最小值为.
关键点点睛：本题的关键在于第（2）问，利用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程，利用椭圆的参数方程设参即可顺利得解.