2024-2025学年吉林省长春市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析），共20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．直线的倾斜角为（ ）
A．1B．C．D．
2．若圆经过点，，且圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知双曲线的焦距为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．过点作圆的切线，则切线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．若直线：与直线：的交点位于第一象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知抛物线，直线与抛物线相交于，两点.若线段的中点为，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在斜三棱柱中，底面ABC为正三角形，为AC的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的焦点为，为上的一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且，，三点共线，则（ ）
A．16B．12C．10D．8
二、多选题
9．已知三条直线，，，则下列结论正确的有（ ）
A．经过定点B．，的交点坐标为
C．若，则D．若，则
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为椭圆上一点，则（ ）
A．的周长为
B．存在点，使得
C．若，则的面积为
D．使得为等腰三角形的点共有4个
11．如图，在正方体中，为棱的中点，，则下列结论中正确的是（ ）
A．是平面的一个法向量
B．当时，可以作为空间的一个基底
C．若向量是平面的一个法向量，则
D．直线与平面所成角的正弦的最大值为
三、填空题
12．设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，若，则 .
13．若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为且，则 .
14．已知椭圆的右焦点是，过点作直线交椭圆于点，过点与直线垂直的射线交椭圆于点，，且三点共线（其中是坐标原点），则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
15．已知直线与圆交于，两点，且.
(1)求实数的值；
(2)若点为直线上的动点，求的面积.
16．如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，，点是线段的中点

(1)证明：平面；
(2)若直线与圆柱底面所成角为，求点到平面的距离.
17．已知双曲线的左右焦点与点构成等边三角形．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线过定点且与双曲线交于两点，当时，求直线的方程．
18．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中，，交于点.

(1)求证：平面平面；
(2)若，且二面角为，求平面与平面所成角的余弦值.
19．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，若点、在椭圆上.
(1)求的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为、，当动点在定直线上运动时，直线、分别交椭圆于两点、
（i）证明：点在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
答案：
1．D
【分析】由直线方程确定斜率，结合斜率与倾斜角关系求倾斜角.
【详解】由直线方程知，直线的斜率为，
根据斜率与倾斜角关系知，直线倾斜角大小为.
故选：D
2．A
【分析】由圆的性质可知，圆心在直线与直线垂直平分线的交点处，联立方程组即可求得圆心，半径则为圆心到圆上任一点之间的距离.
【详解】由点，在圆上，，中点坐标为，
则与直线的垂直平分线的直线方程为即，则圆心在直线与垂直平分线的交点处，则联立方程组：
，解得，则圆心为，，所以圆的方程为：
.
故选：A
3．B
【分析】根据双曲线焦距可得与，进而可得渐近线方程.
【详解】由已知双曲线的焦距，即，
所以，解得，
即双曲线方程为，
则其渐近线方程为，
故选：B.
4．D
【分析】由圆E的方程可得圆心E的坐标，将P点的坐标代入圆的方程，可得P点在圆上，求出直线PE的斜率，得到过P点的切线的斜率，再求出过P点的切线方程.
【详解】由圆的方程，可得圆心坐标为，
将的坐标代入圆的方程，得，则点在圆上，
又，所以过点与圆相切的直线的斜率为1，
所以过点的切线方程为，即.
故选：D.
5．A
【分析】联立直线方程求出交点坐标，由题意可列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意联立，解得，
即直线：与直线：的交点为，
由题意可得，解得，
即实数的取值范围是，
故选：A
6．A
【分析】设直线的方程为并与抛物线联立，由中点坐标可得，求得直线方程.
【详解】易知直线的斜率不为0，设方程为，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，整理可得，
，
由中点为可得，可得，
因此直线的方程为，即.
故选：A
7．D
【分析】根据空间向量的线性运算，结合夹角公式即可求解．
【详解】解：，，
，
又，，，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选：D．
8．B
【分析】根据题意可知AD⊥BD，利用抛物线的定义，可得∠ABD＝30°，所以|AF|＝|BF|＝2×6＝12.
【详解】因为A，F，B三点共线，所以AB为圆F的直径，AD⊥BD.
由抛物线定义知，所以∠ABD＝30°.
因为F到准线的距离为6，
所以|AF|＝|BF|＝2×6＝12.
故选：B.

9．AD
【分析】分离参数可得直线过定点，联立直线方程可得交点坐标，再根据直线间位置关系可列方程，解得参数值.
【详解】A选项：，即，
令，解得，即直线过点，A选项正确；
B选项：联立直线方程，解得，即直线，的交点坐标为，B选项错误；
C选项：由，可得，解得，C选项错误；
D选项：时，直线，满足，即，D选项正确；
故选：AD.
10．AB
【分析】根据焦点三角形的周长为判断A的真假；考虑为短轴顶点时，焦点三角形的形状判断B的真假；结合椭圆定义和余弦定理，计算焦点三角形的面积，判断C的真假；分情况讨论，找出使为等腰三角形的所有点，判断D的真假.
【详解】对于，由题意，，，故周长为，所以A正确；
对于B，当点位于上下顶点时，为直角，所以B正确.
对于C，当时，如图：
设，，则.
所以，所以C错误；
对于D，若是以为顶点的等腰三角形，点位于上下顶点；若是以为顶点的等腰三角形，则，此时满足条件的点有两个；同理，若是以为顶点的等腰三角形，满足条件的点有两个；故使得为等腰三角形的点共六个，所以D错误.
故选：AB
11．ACD
【分析】建立空间直角坐标系利用法向量定义可判断A正确，由空间基底的概念可知B错误，由平面法向量的求法计算可得C正确，根据线面角的向量求法利用基本不等式计算可得D正确.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

设正方体棱长为2，则可得，
对于A，显然，
因此，又平面，
所以是平面的一个法向量，即A正确；
对于B，当时，可得，
即，又，
显然，即共面，所以不可以作为空间的一个基底，即B错误；
对于C，若向量是平面的一个法向量，则向量是平面的一个法向量，
易知，因此，
设向量m=x,y,z，则，令，可得；
即，又，
所以，即可知C正确；
对于D，设，由可得，所以，
显然为平面的一个法向量，
所以
，
当且仅当时，等号成立；
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，即D正确.
故选：ACD
方法点睛：在求解正方体中关于位置关系、空间角度、距离等问题时，合理的建立空间直角坐标系可以使复杂的空间问题简单化为向量坐标间的关系，进行代数运算即可.
12．2
【分析】由抛物线的焦半径公式可得.
【详解】因在抛物线上，所以，故，
故2
13．
【分析】利用两平面平行法向量的关系及向量共线定理即可求解.
【详解】因为，所以，所以，即，
所以，解得，所以.
故
14．
【分析】先证明四边形是矩形，然后利用已知条件求出三边的比例，再利用椭圆的定义求出和与的关系式，最后利用即得离心率.
【详解】设椭圆的左焦点为. 由于三点共线，故由椭圆的对称性知，
而，故四边形是平行四边形.又因为，故四边形是矩形.
由于四边形是矩形，故，
.
从而可设，
此时，解得，
所以，所认，
最后由，得到，
即，故.从而椭圆的离心率.
故答案为.
关键点点睛：本题的关键点在于利用矩形的性质和椭圆的定义研究的三边，从而避免直接直线与椭圆联立导致繁杂的计算.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆的一般方程得出圆心和半径，再由并结合弦长公式构造方程即可得；
（2）由（1）可得，利用两平行线间距离公式求得点到的距离为，可求出的面积.
【详解】（1）将圆可化为，
所以其圆心，半径，作于点，
由垂径定理可得为的中点，如下图所示：
由可得，
又，
解得
（2）由（1）可知，所以，
易知直线与直线平行，
所以点到的距离为，
因此的面积为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，通过证明，得证平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示，
为中点，则，又，得，
由，，得，
所以四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面.
（2），易知，又，得.
由平面，且直线与圆柱底面所成角为，即，则有.
如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

则有，，
，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，
令，有，得，
，
设点到平面的距离为，
.
17．(1)
(2)或．
【分析】（1）由条件直接得出焦距，结合双曲线表示出，建立方程解得的值，便可以写出双曲线方程的标准方程；
（2）设直线方程，联立方程组，由韦达定理表示出焦点弦长，解得斜率的值，从而得出直线的方程.
【详解】（1）由等边三角形可知双曲线焦距为，
∵，即，∴，∴，∴，
双曲线的标准方程为：．
（2）显然当直线的斜率不存在时，直线与双曲线不相交，
∴设直线的方程为，
联立方程组得，
，解得，
由韦达定理可知，
即，
解得或．
所以直线的方程为或．
18．(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）只需结合已知分别证明，，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以均在的垂直平分线上，所以，，
因为，
所以，
因为，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知，
以为原点，所在直线分别为轴，过点垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，
所以，所以，
从而由等面积法，可知，由勾股定理，可知，
由（1）可知，所以，
由（1）可知，而平面平面，平面，平面，且二面角为，
所以，
所以与轴所在直线的夹角为，
所以，
因为，
所以，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，
令，解得，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，解得，
所以平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
19．(1)
(2)（i）证明见机解析；（ii）.
【分析】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）（i）分别将直线、与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出、两点的坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；
（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值.
【详解】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程可得，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）（i）易知A−2,0、，
由椭圆对称性可知，不妨设，、，
根据题意可知直线、斜率均存在，且，，
所以直线的方程为，的方程为，
联立直线和椭圆方程，
消去可得，
由韦达定理可得，解得，则，
联立直线和椭圆方程，消去可得，
由韦达定理可得，解得，则，
则，，
所以；
即可知为钝角，所以点在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立，
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，
四边形的面积最大，最大值为.
关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
D
A
A
D
B
AD
AB
题号
11









答案
ACD