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黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考 数学试题
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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 椭圆与椭圆的（ ）
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
【答案】D
【解析】
【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.
【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.
故选：D.
2. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A. -2B. 1C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点斜率公式及斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】经过两点的直线的斜率为，
又直线的倾斜角为，所以，解得.
故选：B.
3. 已知，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值．
【详解】向量
若，
则，
．
故选：C．
4. 已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点斜式方程求解即可.
【详解】直线在轴上的截距为，点在直线上，
又直线的斜率为,根据点斜式方程得即.
故选：B.
5. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程得到方程组，解得答案.
【详解】方程表示椭圆，则，解得.
故选：B
6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，根据斜率公式即可求解.
【详解】由直线，
变形可得，由，解得，
可得直线恒过定点，
则，
又直线的斜率为，
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为.
故选：A.
7. 已知椭圆的两焦点为为椭圆上一点且，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合条件即得.
【详解】椭圆得，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
8. 如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点代入方程，两式相减得到，得到直线斜率，解得直线方程.
【详解】设交点分别为，，则，，
两式相减得到，即，解得.
故直线方程为：，即.
故选：D.
二、多选选择题：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. 已知正方体棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A. 平面
B. 直线与直线为异面直线
C. 直线与直线所成的角为
D. 平面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.
【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；
对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，
则，
则，
则，
则，又因为平面，所以平面.
故选：AD.
10. 已知直线，则（ ）
A. 若，则的一个方向向量为B. 若，则或
C. 若，则D. 若不经过第二象限，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入，根据方向向量定义即可判断A，根据直线平行和垂直与斜率的关系即可判断B,C，将化简得，结合一次函数的性质即可判断D.
【详解】对A，当时，，斜率为，则其一个方向向量为，故A正确；
对B，若，当时，显然不合题意，则，则直线的斜率，
直线的斜率，则有，即，解得或，
当时，此时直线，显然两条直线重合，故B错误；
对C，若，当时，显然不合题意，则，则，
即，解得，故C正确；
对D，若不经过第二象限，，化简得，则，解得，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（ ）
A. 使为直角三角形的点共有4个
B. 的最大值为4
C. 若为钝角，则点的横坐标的取值范围为
D. 当最大时，
【答案】CD
【解析】
【分析】根据已知，结合图形，利用圆的方程与性质、直线与圆相切的性质、勾股定理以及椭圆的参数方程进行求解.
【详解】
因为椭圆：，所以，
以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，
由有：，解得，
所以使点共有4个；
使或点共有4个；
所以共有8个点满足要求，故A错误；
若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C正确；
由圆：有：，，
设椭圆：上任意一点，
则，
所以 ，故的最大值为，故B错误；
如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：
，因为，，
所以，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若椭圆的一个焦点为，则p的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】利用椭圆标准方程概念求解
【详解】因为焦点为，所以焦点在y轴上，所以
故答案为：3
13. 在正方体中，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为___________.
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】可通过连接，将和夹角转化成与所成的角，然后再去求解.
【详解】
如图所示，连接、，分别为，的中点，所以，
所以和夹角就是与所成的角，
而是正三角形，所以，所以，
直线和夹角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知，则的最小值为______
【答案】
【解析】
【分析】由两点距离公式可将转化为
到，的距离和，先求得关于直线的对称点，
则即为距离和的最小值，由距离公式求即可.
【详解】，
设在直线上，点，，
则，，
则,
如图，关于直线的对称点为，则的最小值即为线段长，
设，则，解得，即，
故，
所以，
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. 已知直线与直线相交于点，则
（1）求过点且平行于直线的直线
（2）求过点且垂直于直线的直线
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出点坐标，利用两直线平行得到所求直线斜率后，即可求出结果；
（2）利用两直线垂直得到所求直线的斜率后，即可求出结果.
【小问1详解】
由解得，即，
因为直线的斜率为，
所以过点且平行于直线的直线的斜率为，
所以直线为：，化简得.
【小问2详解】
因为直线的斜率为，
所以点且垂直于直线的直线的斜率为
所以直线为：，化简得.
16. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动.
（1）求线段AB的中点P的轨迹C2的方程：
（2）设圆C1与曲线C2的交点为M、N，求线段MN的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点P坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；
（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；
【小问1详解】
设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
【小问2详解】
将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
18. 已知椭圆的离心率为，上顶点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，，结合，即可求得椭圆E的方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程．由韦达定理及弦长公式，即可求得k的值．
小问1详解】
由离心率，则，
又上顶点，知，又，可知，，
∴椭圆E的方程为；
【小问2详解】
设直线l：，设，，
则，整理得：，
，即，
∴，，
∴，
即，解得：或（舍去）
∴
19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；
（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.
【小问1详解】
因为，分别为，的中点，所以.
因为，所以，所以.
又，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，，，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意有A0,0,0，，，D0,1,0，，，
则，，，.
设平面的法向量，
则有
令，得，，所以是平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
假设存在，使二面角的正弦值为，
即使二面角的余弦值为.
由（2）得，，
所以，，.
易得平面的一个法向量为.
设平面的法向量，
，
解得，令，得，
则是平面的一个法向量.
由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为，
故二面角的余弦值为，
则有，
即，解得，.
又因为，所以.
故存在，使二面角的正弦值为
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 椭圆与椭圆的（ ）
A. 长轴长相等B. 短轴长相等C. 离心率相等D. 焦距相等
【答案】D
【解析】
【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.
【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.
故选：D.
2. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A. -2B. 1C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点斜率公式及斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】经过两点的直线的斜率为，
又直线的倾斜角为，所以，解得.
故选：B.
3. 已知，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用两个向量垂直的性质，数量积公式即求得的值．
【详解】向量
若，
则，
．
故选：C．
4. 已知直线的斜率为,在轴上的截距为,则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据点斜式方程求解即可.
【详解】直线在轴上的截距为，点在直线上，
又直线的斜率为,根据点斜式方程得即.
故选：B.
5. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程得到方程组，解得答案.
【详解】方程表示椭圆，则，解得.
故选：B
6. 已知两点，若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线恒过的定点，根据斜率公式即可求解.
【详解】由直线，
变形可得，由，解得，
可得直线恒过定点，
则，
又直线的斜率为，
若直线与线段有公共点，则直线斜率的取值范围为.
故选：A.
7. 已知椭圆的两焦点为为椭圆上一点且，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合条件即得.
【详解】椭圆得，，，
设，，则，
，，
，
，
，即．
故选：A．
8. 如果椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点代入方程，两式相减得到，得到直线斜率，解得直线方程.
【详解】设交点分别为，，则，，
两式相减得到，即，解得.
故直线方程为：，即.
故选：D.
二、多选选择题：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. 已知正方体棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A. 平面
B. 直线与直线为异面直线
C. 直线与直线所成的角为
D. 平面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可.
【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误；
对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系，
则，
则，
则，
则，又因为平面，所以平面.
故选：AD.
10. 已知直线，则（ ）
A. 若，则的一个方向向量为B. 若，则或
C. 若，则D. 若不经过第二象限，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】代入，根据方向向量定义即可判断A，根据直线平行和垂直与斜率的关系即可判断B,C，将化简得，结合一次函数的性质即可判断D.
【详解】对A，当时，，斜率为，则其一个方向向量为，故A正确；
对B，若，当时，显然不合题意，则，则直线的斜率，
直线的斜率，则有，即，解得或，
当时，此时直线，显然两条直线重合，故B错误；
对C，若，当时，显然不合题意，则，则，
即，解得，故C正确；
对D，若不经过第二象限，，化简得，则，解得，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知是椭圆：上任意一点，是圆：上任意一点，，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，则（ ）
A. 使为直角三角形的点共有4个
B. 的最大值为4
C. 若为钝角，则点的横坐标的取值范围为
D. 当最大时，
【答案】CD
【解析】
【分析】根据已知，结合图形，利用圆的方程与性质、直线与圆相切的性质、勾股定理以及椭圆的参数方程进行求解.
【详解】
因为椭圆：，所以，
以为直径的圆的方程，与椭圆有4个交点，
由有：，解得，
所以使点共有4个；
使或点共有4个；
所以共有8个点满足要求，故A错误；
若为钝角，则点的横坐标的取值范围为，故C正确；
由圆：有：，，
设椭圆：上任意一点，
则，
所以 ，故的最大值为，故B错误；
如图，当最大时，与圆M相切，由勾股定理有：
，因为，，
所以，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若椭圆的一个焦点为，则p的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】利用椭圆标准方程概念求解
【详解】因为焦点为，所以焦点在y轴上，所以
故答案为：3
13. 在正方体中，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为___________.
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】可通过连接，将和夹角转化成与所成的角，然后再去求解.
【详解】
如图所示，连接、，分别为，的中点，所以，
所以和夹角就是与所成的角，
而是正三角形，所以，所以，
直线和夹角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知，则的最小值为______
【答案】
【解析】
【分析】由两点距离公式可将转化为
到，的距离和，先求得关于直线的对称点，
则即为距离和的最小值，由距离公式求即可.
【详解】，
设在直线上，点，，
则，，
则,
如图，关于直线的对称点为，则的最小值即为线段长，
设，则，解得，即，
故，
所以，
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. 已知直线与直线相交于点，则
（1）求过点且平行于直线的直线
（2）求过点且垂直于直线的直线
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出点坐标，利用两直线平行得到所求直线斜率后，即可求出结果；
（2）利用两直线垂直得到所求直线的斜率后，即可求出结果.
【小问1详解】
由解得，即，
因为直线的斜率为，
所以过点且平行于直线的直线的斜率为，
所以直线为：，化简得.
【小问2详解】
因为直线的斜率为，
所以点且垂直于直线的直线的斜率为
所以直线为：，化简得.
16. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动.
（1）求线段AB的中点P的轨迹C2的方程：
（2）设圆C1与曲线C2的交点为M、N，求线段MN的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点P坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；
（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；
【小问1详解】
设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
【小问2详解】
将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
18. 已知椭圆的离心率为，上顶点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，，结合，即可求得椭圆E的方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程．由韦达定理及弦长公式，即可求得k的值．
小问1详解】
由离心率，则，
又上顶点，知，又，可知，，
∴椭圆E的方程为；
【小问2详解】
设直线l：，设，，
则，整理得：，
，即，
∴，，
∴，
即，解得：或（舍去）
∴
19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；
（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.
【小问1详解】
因为，分别为，的中点，所以.
因为，所以，所以.
又，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，，，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意有A0,0,0，，，D0,1,0，，，
则，，，.
设平面的法向量，
则有
令，得，，所以是平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
假设存在，使二面角的正弦值为，
即使二面角的余弦值为.
由（2）得，，
所以，，.
易得平面的一个法向量为.
设平面的法向量，
，
解得，令，得，
则是平面的一个法向量.
由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为，
故二面角的余弦值为，
则有，
即，解得，.
又因为，所以.
故存在，使二面角的正弦值为
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