2024-2025学年内蒙古乌兰浩特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学年内蒙古乌兰浩特市高二上学期期中考试数学检测试卷（附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 已知离心率为的椭圆C等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章～第三章第1节.
一、选择题：本题共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. 若直线与直线垂直，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由垂直确定斜率为0，即可求解.
因为直线与直线垂直,
所以直线的斜率为0,
所以.
故选：D.
2. 已知，，，若，则（）
A. -2B. 2C. -4D. 4
【正确答案】A
【分析】由题意可以先求出，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数，由此即可得解.
由题意，，
因为，所以，
解得，，
所以.
故选：A.
3. 已知方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据椭圆的标准方程，结合题意，建立方程组，可得答案.
由题意可得，解得.
故选：B.
4. 圆：与圆：的位置关系是（）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切
【正确答案】D
【分析】根据圆与圆的位置关系的判断方法求得正确答案.
圆的圆心坐标为，半径，
圆的圆心坐标为，半径，
因为，所以圆与圆内切.
故选：D
5. 已知点，若过定点的直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求得斜率，结合图象即可求解.
直线过定点，且直线与线段相交，
由图象知，或，则紏率的取值范围是.
故选：A
6. 在四面体中，点E满足F为BE的中点，且则实数λ=（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由空间向量线性和基本定理运算可解.
由F为BE的中点，得
又
所以，由
得
即所以
故选：D
7. 某市举办青少年机器人大赛，组委会设计了一个正方形场地（边长为8米）如图所示，，，分别是，，的中点，在场地中设置了一个半径为米的圆，圆与直线相切于点.比赛中，机器人从点出发，经过线段上一点，然后再到达圆，则机器人走过的最短路程是（）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【正确答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，求出直线方程为，得到点关于直线的对称点，连接，与交于点，与圆交于点，所以即为机器人走过的最短路程，利用两点间距离公式求出答案.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，
设直线的方程为，将代入得，故直线方程为，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，
故，
连接，与交于点，与圆交于点，
则，
所以即为机器人走过的最短路程，
其中，
故.
故选：A
8. 已知离心率为的椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为，直线过点且与椭圆交于、两点，若，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】分析可知点为的中点，利用点差法可得出直线的斜率，进而可求得该直线的方程.
由题意可得，解得，所以，椭圆方程为，
因为，则点在椭圆内，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
因为直线过点且与椭圆交于、两点，若，则为的中点，
所以，，，
若直线轴时，则线段的中点在轴上，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，
因为，这两个等式作差可得，
即，可得，
因此，直线的方程为，即.
故选：B.
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. 若直线与直线平行，则的值可以是（）
A. 0B. 2C. D. 4
【正确答案】AB
【分析】利用两直线平行，得出斜率相等，进而求解.
因为两直线平行，由斜率相等得，所以或，解得或0或，当时两直线重合，舍去.
故选.
10. 已知点是椭圆上关于原点对称且不与的顶点重合的两点，分别是的左､右焦点，为原点，则（）
A. 的离心率为
B.
C. 的值可以为3
D. 若的面积为，则
【正确答案】AD
【分析】A选项，求出；B选项，由对称性和椭圆定义可判断， C先设，计算出，从而得到即可判断；D选项，由三角形面积求出点坐标，得到，即可判断.
对于A，椭圆中，，离心率为，A正确；
对于B，由对称性可得，所以，B错误；
对于C，设且，则，
故，所以C错误；
对于D，不妨设在第一象限，Ax0,y0，则，得，则，
则，故，故D正确.
故选：AD.
11. 已知点及圆，点是圆上的动点，则（）
A. 过原点与点的直线被圆截得的弦长为
B. 过点作圆的切线，则切线方程为
C. 当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线的方程为
D. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
【正确答案】ACD
【分析】对于A，利用垂径定理和勾股定理即可求得弦长；对于B，利用圆心到直线的距离等于半径即可求得切线方程，要注意切线斜率不存在的情况；对于C，利用平行线之间的距离公式计算即得；对于D，结合图形易得，再根据圆的轴对称性质求得直线的斜率即可求出其方程.
圆标准方程为，圆的半径.
对于，如图，直线的方程为0，过点作于点，
则点到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为故A正确；
对于B，如图，圆的过点的切线斜率存在时，设其方程为，
即，由，解得，此时切线方程为，另一条切线是斜率不存在的直线故B错误；
对于C，如图，当点到直线的距离最大时，过点与平行的一条直线，
即为与直线距离为2的圆的切线.
因直线的斜率为2，可设该切线方程为，又直线的直线方程为，
则可得解得故C正确；
对于D，如图，连接,易得过点的切线所在直线方程为，故，
又由圆的对称性可知,因,则,
故直线的方程为，即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知椭圆左，右顶点分别为A，，上顶点为，则直线，的斜率之积为__________．
【正确答案】##
【分析】利用椭圆的性质及两点斜率公式计算即可.
由题意知，，，所以，
即直线，的斜率之积为．
故
13圆：与圆：相交于、两点，则_________．
【正确答案】4
【分析】先求出相交弦所在直线的方程，然后根据圆的弦长的求法求解即可.
由圆：与圆：，
两圆相减得公共弦AB所在直线方程：，
有圆：，可得圆心，半径，
所以圆心到直线AB的距离，
所以.
故4.
14. 在棱长为2的正方体中，点，分别是底面、侧面的中心，点分别是棱，所在直线上的动点，且，当取得最小值时，点到平面的距离为__________.
【正确答案】
【分析】建立空间直角坐标系，根据探索两点坐标之间的关系，确定最小时两点的坐标，再用空间向量的方法求点到面的距离.
如图所示,建立空间直角坐标系，
则,设,
则，
因为,所以,即，
所以,又,
则，
当时,取得最小值，
此时,即，
所以,
设平面的一个法向量为，
则即,
令,解得,所以,
则点到平面的距离为
故答案为.
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，，.
（1）求直线的方程及的面积；
（2）求的外接圆的方程.
【正确答案】（1）；9
（2）
【分析】（1）由两点式即可求出直线的方程，求出及点到直线的距离，即可求的面积；
（2）设的外接圆的方程，将，，代入即可求.
【小问1详解】
直线的方程为，即，
因为，
点到直线的距离为，
所以的面积为.
【小问2详解】
设的外接圆的方程为，
由题意，解得，
所以的外接圆的方程为.
16. 如图所示的几何体是圆锥的一部分，其中是圆锥的高，是圆锥底面的一条直径，，，是的中点．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【正确答案】（1）
（2）．
【分析】（1）以O为原点，建立空间直角坐标系，设直线与所成的角为，计算，,通过计算即可；
（2）由（1）得，设直线与平面所成的角为，计算平面法向量，则通过计算即可.
【小问1详解】
以为原点，的方向分别作为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
设直线与所成的角为，
则，
即直线与所成角的余弦值是．
【小问2详解】
由（1）知，，，
设平面的法向量为，则
取，得，所以平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17. 已知椭圆左、右焦点分别为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆上的点满足，求点的坐标.
【正确答案】（1）
（2）或或或.
【分析】（1）根据椭圆的顶点及半焦距得出即可求出椭圆方程；
（2）利用点在椭圆上及解方程组得解.
【小问1详解】
椭圆的左、右焦点分别为，
半焦距.
又椭圆经过点，
，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设点，因为，
则，即，
联立，解得.
当时，，当时，，
点的坐标为或或或
18. 如图，三棱柱的所有棱长均相等为的中点．
（1）证明：AB⊥平面CDC1；
（2）设·，求二面角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据数量积公式计算可得进而可得，通过等腰三角形性质，能证明结合线面垂直的判定定理即可证明AB⊥平面CDC1；
（2）以为原点OB，OB1，OC所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，求，再根据公式求解即可.
【小问1详解】
证明：由，
得由余弦定理，得
因为为的中点，所以又
所以又平面所以平面
【小问2详解】
由（1）知，平面又平面所以
又所以则四边形为正方形．
由得
又所以
则所以四棱锥为正四棱锥．
连接则设连接易证平面
以为原点OB，OB1，OC所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则
所以
设平面的法向量为
由取解得
所以设平面的法向量为
由取解得所以
所以故二面角的正弦值为
19. 给定椭圆:，我们称椭圆为椭圆的“伴随椭圆”.已知，分别是椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，等腰的面积为，且顶角的余弦值为
（1）求椭圆的方程；
（2）是椭圆上一点（非顶点），直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，直线与椭圆的“伴随椭圆”交于，两点，证明:为定值．
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据余弦定理可得，结合面积可得，联立即可求解；
（2）根据已知解设出Px0,y0，直线和的斜率，表示出直线方程，然后与伴随椭圆联立方程，结合韦达定理表示出和MN，即可得证.
【小问1详解】
由，可得，
因为的面积为，所以，
解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，设Px0,y0，
直线的斜率为，直线的方程为，
直线的斜率为，直线的方程为，
所以．
由，得，
椭圆的“伴随椭圆”的方程为．
联立，可得，
设，则，
，
同理，
所以．
方法点睛：本题考查椭圆与直线相交的综合性题目，属于中档题，常用方法有：（1）数形结合思想；（2）韦达定理的使用；（3）待定系数法求方程.