2024-2025学年重庆市黔江区高二上册11月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市黔江区高二上册11月月考数学检测试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A B. C. D.
2. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 内切C. 外切D. 外离
3. 已知两条直线：，则（ ）
A. 或B. C. D.
4. 正四面体ABCD的棱长为1，点为CD的中点，点为AM的中点，则BO的长为（ ）
A. B. C. D.
5. 椭圆左、右焦点分别记为，过左焦点的直线交椭圆于A、B两点.若弦长|AB|的最小值为3，且的周长为8，则椭圆的焦距等于（ ）
A. 1B. 2C. D.
6. 在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱的中点，则点到直线AE的距离为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知直线与圆，点，在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，，当取最小值时，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知椭圆的焦点为，直线与椭圆交于M、N，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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. 已知椭圆，则椭圆的（ ）
A. 焦点在轴上B. 长轴长C. 短轴长为D. 离心率为
10. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为
B. 向量在向量上投影向量的模为
C. 为空间任意一点，若，若四点共面，则
D. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是
11. 已知点在圆上运动，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的最小值是
C. 的最大值为
D. 若直线，则满足到直线的距离为的点有3个
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线关于点对称的直线方程为______.
13. 直线被圆截得的弦长为，则______________.
14. 已知棱长为的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为______________.
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 已知直线.
（1）求过直线与的交点，且与直线垂直的直线的方程；
（2）求过点，且圆心在直线上的圆的方程.
16. 已知直线，椭圆.
（1）求证：对于任意实数，直线过定点，并求出点坐标；
（2）当时，求直线被椭圆截得的弦长.
17. 如图，正方形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，平面平面平面ABCD，且.
（1）求证：平面ABCD；
（2）求平面ABF与平面EBF夹角的余弦值.
18. 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，，点M，N分别是边BC，CD的中点，.沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥.
（1）在翻转过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
（2）设点E为线段PA的中点，点在线段BE上，且，当四棱锥MNDB的体积最大时，是否存在满足条件的实数，使直线MQ与平面PAB所成角的正弦值的最大值.若存在，求出的值；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
2024-2025学年重庆市黔江区高二上学期11月月考数学
检测试题
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】将直线的一般式改成斜截式，根据倾斜角和斜率的关系，即可求出结果
【详解】根据题意可知直线可可变形为
故直线的斜率为，
设直线倾斜角为，
由可得.
故选：B
2. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 内切C. 外切D. 外离
【正确答案】C
【分析】求出圆心距与两圆半径的和、差比较可得．
【详解】由题意圆标准方程为，
所以，半径分别为，，
，因此两圆外切，
故选：C．
3. 已知两条直线：，则（ ）
A. 或B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据两直线平行充要条件即可判断，
【详解】由题意知，则，解之可得或（舍）.
故选：D
4. 正四面体ABCD的棱长为1，点为CD的中点，点为AM的中点，则BO的长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设，将用基底表达出来，再求向量模即可求解.
【详解】设，
因为正四面体ABCD的棱长为1，由题意可知
，因为点为CD的中点，点为AM的中点，
所以，
，
因为，
所以.
故选：A
5. 椭圆的左、右焦点分别记为，过左焦点的直线交椭圆于A、B两点.若弦长|AB|的最小值为3，且的周长为8，则椭圆的焦距等于（ ）
A 1B. 2C. D.
【正确答案】B
【分析】过焦点的弦长最小时，弦所在直线与轴（长轴）垂直，此时弦长为，焦点（弦边另一个焦点）的周长为，由此求得，得结论．
【详解】由题意可知，焦距等于2
故选：B．
6. 在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱的中点，则点到直线AE的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】以D为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求点线距．
【详解】以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则,，，
，则方向的单位向量，
那么，所以F到直线AE的距离，
故选：D．
7. 已知直线与圆，点，在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，，当取最小值时，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由切线长公式知当时，最小，结合点到直线距离公式求得的最小值，然后作关于直线的对称点，可知当点为直线与的交点时，最小，由对称知此时与重合，从而易得最小值．
【详解】，所以当时，最小，
由点到直线的距离公式可得此时
，
过作直线的对称点，再连接，与直线的交点即为所找的点，
由于关于直线对称，，与关于直线对称，
因此与就是同一条直线，即点就是点，
所以的最小值等于，
故选：C．
8. 已知椭圆的焦点为，直线与椭圆交于M、N，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由椭圆对称性知，原点O为MN的中点，进而可求得，由直线斜率可求得，根据椭圆定义即可求出椭圆的离心率.
【详解】由椭圆对称性知，原点O为MN的中点，
因为，所以，
所以，则，
又直线MN的倾斜角为，，
所以
则，又，
所以，所以.
故选：A
二、多项选择题：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. 已知椭圆，则椭圆的（ ）
A. 焦点在轴上B. 长轴长为C. 短轴长为D. 离心率为
【正确答案】BD
【分析】求出椭圆的、、的值，结合椭圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】在椭圆中，，，，
对于A选项，椭圆的焦点在轴上，A错；
对于B选项，椭圆的长轴长为，B对；
对于C选项，椭圆的短轴长为，C错；
对于D选项，椭圆离心率为，D对.
故选：BD.
10. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为
B. 向量在向量上的投影向量的模为
C. 为空间任意一点，若，若四点共面，则
D. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是
【正确答案】BCD
【分析】由特殊情况判断A，根据投影向量的求法判断B，由空间四点共面的性质判断C，根据直线斜率与倾斜角的关系判断D.
【详解】对A，当时，可得，此时，向量夹角为，不符合题意，但，故A错误；
对B，向量在向量上的投影向量
为，所以投影向量的模为，故B正确；
对C，，可得，若四点共面，则，解得，故C正确；
对D，由，当时，直线方程为，倾斜角，当时，可得斜率，由或，可得或，由，可得或，综上，可知，故D正确.
故选：BCD
11. 已知点在圆上运动，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的最小值是
C. 的最大值为
D. 若直线，则满足到直线的距离为的点有3个
【正确答案】AD
【分析】利用点到直线的距离公式列式求解判断AB；利用两点间的距离求出最大值判断C；求出圆心到直线距离判断D.
【详解】圆的圆心，半径，
对于A，令，由直线与圆有公共点，得，解得，A正确；
对于B，令，由直线与圆有公共点，得，解得，B错误；
对于C，表示圆上的点与定点
距离的平方与3的差，而，则的最大值为，C错误；
对于D，点到直线的距离为，
因此直线与圆相交，且经过圆的一条半径的中点，则到直线的距离为的点有3个，D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线关于点对称的直线方程为______.
【正确答案】
【分析】设直线关于点对称直线任一点为，根据点对称代入即可求解.
【详解】设直线上任一点x1,y1关于点对称的直线任一点为，
可得，解之可得，
所以在直线上，代入即可得，
化简的，即.
故答案：
13. 直线被圆截得的弦长为，则______________.
【正确答案】0或10
【分析】求出圆心到直线的距离后用勾股定理求得弦长，从而可得参数值．
【详解】由题意圆心到直线的距离为，圆半径为，
弦长为，则，解得或，
故0或10.
14. 已知棱长为的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为______________.
【正确答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，即可表示出，结合图象及球的性质求出的取值范围.
【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设点，所以，，
所以
，
因为表示点与点之间距离的平方，
所以当点的坐标为时，取得最大值为，
当与点重合时，取得最小值−2，所以的取值范围为.
故
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. 已知直线.
（1）求过直线与的交点，且与直线垂直的直线的方程；
（2）求过点，且圆心在直线上的圆的方程.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）先求出交点坐标，由平行得直线斜率，由点斜式得直线方程并整理；
（2）设出圆的一般方程，代入已知条件列方程组求解．
【小问1详解】
由解得，，即直线与的交点为，
直线的斜率为直线的斜率，
直线的方程为，即.
【小问2详解】
设圆的方程为，
则由题意有，
解得，，
所以，圆的方程为.
16. 已知直线，椭圆.
（1）求证：对于任意实数，直线过定点，并求出点坐标；
（2）当时，求直线被椭圆截得的弦长.
【正确答案】（1）证明见解析，
（2）
【分析】（1）整理直线方程，建立方程组，可得答案；
（2）联立直线方程与椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式，可得答案.
【小问1详解】
因为，整理可得，
由，解得，
此时，不管取何值，必成立.
所以直线必过定点.
【小问2详解】
当时，直线的方程为，
设直线与椭圆的交点为，
由，消去得：，
，，
.
17. 如图，正方形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，平面平面平面ABCD，且.
（1）求证：平面ABCD；
（2）求平面ABF与平面EBF夹角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）过点E作于，连接HD，先证明四边形EHDF为平行四边形，从而可得，利用直线与平面平面的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面ABF与平面EBF夹角的余弦值的向量公式求解即可.
【小问1详解】
如图，过点E作于，连接HD.
正三角形BCE的边长为.
平面平面ABCD，平面BCE，
平面平面平面ABCD，
又平面，
四边形EHDF为平行四边形.，
平面平面平面ABCD.
【小问2详解】
平面ABCD，且ABCD为正方形，
以点坐标为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图.
则，
.
设平面ABF的法向量为，
由，得，
令，则，所以平面ABF的法向量.
设平面EBF的法向量为，
由，得，
令，则，所以平面EBF的法向量.
设平面ABF与平面EBF的夹角为，
则.
所以平面ABF与平面EBF夹角的余弦值为.
18. 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，，点M，N分别是边BC，CD的中点，.沿MN将翻折到的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥.
（1）在翻转过程中是否总有平面平面PAG？证明你的结论；
（2）设点E为线段PA的中点，点在线段BE上，且，当四棱锥MNDB的体积最大时，是否存在满足条件的实数，使直线MQ与平面PAB所成角的正弦值的最大值.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）是，证明见解析
（2）存在，
【分析】（1）由菱形易得,再证,即可得平面PAG，从而有平面平面PAG.
（2）四棱锥的体积最大，则点到平面MNDB的距离最大.通过建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量，表示出，将直线MQ与平面PAB所成角为的正弦表示成的函数再求最大值及的值.
【小问1详解】
在翻转过程中总有平面平面PAG.
证明如下：点M，N分别是边BC，CD的中点，∴
又菱形ABCD中，， ∴是等边三角形，
∴是MN的中点，∴.
∴
∵在菱形ABCD中，，即
平面PAG，
∴平面PAG，
平面，∴平面平面PAG.
【小问2详解】
由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且，
所以等腰梯形MNDB的面积.
要使得四棱锥的体积最大，只要点到平面MNDB的距离最大即可.
以点为坐标原点，GA、GM、GP所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图.
则，
点为线段PA的中点，，
设，则，
，
设平面PAB的法向量为，
由，得，
令，则，所以平面PAB的法向量.
又，
设直线MQ与平面PAB所成角为，则.
当且仅当时，取得最大值.
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.
【正确答案】（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.
【小问1详解】
设点，由题意可得，
即，化简得，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
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）