2024-2025学年湖南省岳阳市云溪区高二上册11月期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市云溪区高二上册11月期中考试数学检测试题（附解析），共24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（共8小题，每小题5分，总分40分）
1. 过点且倾斜角为的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程
【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
故选：D
2. “”是“直线与直线垂直”（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
分析】根据直线垂直可得，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为直线与直线垂直，
等价于，即，
所以“”是“直线与直线垂直”的充要条件.
故选：A.
3. 已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】首先由题得到，结合，即可求得.
【详解】无论椭圆焦点位于轴或轴，根据点,,为椭圆的三个顶点,
若是正三角形,则，即，即，
即有，则，解得.
故选：C.
4. 在长方体中，已知，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角公式即可求解．
【详解】在长方体中, 以 点为原点, 分别为 , , 轴建立空间直角坐标系，
因为，，则，，，，
可得 ,
则，
则直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
5. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直线被称为“欧拉线”.已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意求的重心和外心，结合直线的两点式方程可得欧拉线方程.
【详解】因为的顶点，，，
可知的重心为点，即点，
由题意，可知，
所以的外心为斜边的中点，即点，
所以的欧拉线方程为，即.
故选：C.
6. 已知圆与圆，过动点分别作圆、圆的切线，（，分别为切点），若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出 点的轨迹为直线，再根据点到直线的距离公式即可得到最值.
【详解】由题意得，，
因为，
又，即，
即，
化简得点的轨迹为，即在直线上，
表示的几何意义为点到原点距离的平方，
故只需计算原点到直线的距离再平方就可得最小值，
即最小值为.
故选：B.

7. 刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】用基向量表示和，再利用异面直线所成角的向量公式即可求解.
【详解】依题意得，，
所以
，
又，，
所以设异面直线AE与BD所成的角为，
则
故选：A.
8. 已知，分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，为第一象限内一点，且满足，，线段与双曲线交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意可得，，，利用余弦定理列式求解即可.
【详解】由题意可知：，，且，

在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
即，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
二、多选题（共4小题，每小题5分，总分20分）
9. 满足下列条件的直线与，其中的是（ ）
A. 的倾斜角为，的斜率为
B. 的斜率为，经过点，
C. 经过点，，经过点，
D. 的方向向量为，的方向向量为
【正确答案】BCD
【分析】根据直线斜率之积为判断ABC，再由方向向量垂直的数量积表示判断D.
【详解】对A，，，，所以A不正确；
对B，，，故B正确；
对C，，，，故C正确；
对D，因为，所以两直线的方向向量互相垂直，故，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 点是图象的一个对称中心
B. 的单调递增区间为，
C. 在上的值域为
D. 将的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则
【正确答案】AC
【分析】已知函数fx=Asinωx+φ的解析式，根据函数图像及其形式即可得到ABC选项的判断，D选项由函数的变换诱导公式即可判断.
【详解】因为，所以点是图象的一个对称中心，A正确；
令（），则（），
故的单调递增区间为（），B错误；
因为，所以，故在上的值域为，C正确；
将的图象先向右平移个单位长度，可得函数的图象，
再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得的图象，D错误.
故选：AC
11. 曲线是平面内与两个定点，的距离的积等于的点的轨迹，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到轴距离的最大值为B. 点到原点距离的最大值为
C. 周长的最大值为D. 最大值为
【正确答案】BD
【分析】对于A：根据题意结合面积关系可得，即可得结果；
对于B：根据向量可得，即可得结果；
对于C：利用基本不等式分析判断；
对于D：利用余弦定理结合基本不等式分析判断.
【详解】由题意可知：，，设Px,y，
对于选项A： 因为，
即，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以点到轴距离的最大值为，故A错误；
对于选项B：因为，
且，
则且，
可得，则，即，
当且仅当同向时，等号成立，
所以点到原点距离的最大值为，故B正确，
对于选项C：因为，
当且仅当时，等号成立，
所以周长的最小值为，故C错误；
对于选项D：因为，
当且仅当时，等号成立，
可得，所以最大值为，故D正确；
故选：BD.
12. 在直三棱柱中，，，D是AC的中点，下列判断正确的是（ ）
A. ∥平面
B. 面⊥面
C. 直线到平面的距离是
D. 点到直线的距离是
【正确答案】ABD
【分析】A.连接交于点E，连接DE，易得，再利用线面平行的判定定理判断； B.易证，再根据平面平面ABC，得到平面，再利用面面垂直的判定定理判断；C.以D点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断；D.作，连接，易证，利用勾股定理求解判断。
【详解】A.如图所示：
连接交于点E，连接DE，所以，又平面，
平面，所以平面，故正确；
B.因为，D是AC的中点，所以，又平面平面ABC，
所以平面，又平面，所以面⊥面，故正确；
C.∵平面，∴到平面的距离等于点到平面的距离，
C.以D点为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，即，不妨取，
所求距离，故错误；
D.如图所示：
作，连接，因为平面ABC，所以，
又，所以平面，则，
又，
所以，故正确；
故选：ABD
三、填空题（共4小题，每小题5分，总分20分）
13. 已知向量与的夹角为，，，则______，______
【正确答案】 ①. 2 ②.
【分析】根据向量数量积公式可求得，由可求得.
【详解】由题意得，
因为，所以.
故；
14. 在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若，则AB1与C1B所成的角的大小为___________.
【正确答案】900
【详解】不妨设BB1=1，则AB=2，


∴直线AB1与C1B所成角为90°
故答案为900.
点睛：这个题目考查的是立体中异面直线的夹角的求法，常用方法是建系法，直接找两个直线的方向向量，求方向向量的夹角即可；或者将异面直线平移到同一个平面中，转化为平面直线的夹角问题．
15. 已知为抛物线上的任意一点，为其焦点，为圆上的一点，则的最小值为__________、
【正确答案】
【分析】取点，根据相似三角形得，则，再通过设点，结合两点距离公式和二次函数性质即可求出最小值.
【详解】由题意得，取点，设圆的圆心为，
则，所以，又因为，
所以，则，
.
，即求得最小值，
设，则，
令.
当时，，即的最小值为.
故答案为.

16. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过点且斜率为2的直线与的一条渐近线在第四象限相交于点，四边形为平行四边形.若直线的斜率，则的离心率的取值范围为_____.
【正确答案】
【分析】联立的方程与渐近线方程，可得坐标，根据两点斜率公式结合平行求解的斜率，即可化简得，进而可求解离心率.
【详解】由题意可得F1−c,0，，
由于为平行四边形，故,
直线的方程为，渐近线方程，
联立，
故,
所以，
因此，化简得，
故离心率为，
故

四、解答题（共4小题，总分70分）
17. 如图，已知平面，为矩形，，分别为的中点，求证：
（1）平面；
（2）平面平面
【正确答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】结合已知条件平面，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标.
（1）利用向量共面的充要条件将用平面中两个不共线向量线性表示即可得证；
（2）先分别求出平面与平面的法向量，再证两法向量垂直即可.
【详解】如图，以为坐标原点，所在的直线分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系.设，则有.
（1）因为分别为的中点，所以.
所以.所以.
又因为平面，所以平面.
（2）由（1），知，所以.
设平面的一个法向量为
则，即.解得.令，
则.
设平面的一个法向量为，则，即.
得.令，则，因为，所以.故平面平面
18. 某公司的入职面试中有4道难度相当的题目，王阳答对每道题的概率都是0.7，若每位面试者共有4次机会，一旦某次答对抽到的题目、则面试通过，否则就一直抽题到第4次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的.
（1）求王阳第三次答题通过面试的概率；
（2）求王阳最终通过面试的概率.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）分析可知：若王阳第三次答题通过面试，则前次均不通过，结合独立事件概率求法运算求解；
（2）先求王阳未通过面试的概率，结合对立事件概率求法运算求解.
【小问1详解】
记“王阳第三次答题通过面试”为事件，
若王阳第三次答题通过面试，则前次均不通过，
所以王阳第三次答题通过面试的概率为.
【小问2详解】
记“王阳最终通过面试”为事件，
王阳未通过面试的概率为，
所以王阳最终通过面试的概率.
19. 已知双曲线的实轴长为，且过点
（1）求双曲线C的方程.
（2）过双曲线C的右焦点F作斜率为的直线l，l与双曲线C交于A，B两点，求
（3）若M，N是双曲线C上不同的两点.且直线MN的斜率为，线段MN的中点为P，证明：点P在直线上.
【正确答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，将点的坐标代入得，即可求解.
（2）由（1）得，进而得直线l的方程为，联立双曲线方程，得韦达定理，进而求解.
（3）利用点差法即可证明.
【小问1详解】
根据题意可得，则
将点的坐标代入，得，解得，
故双曲线C的方程为
【小问2详解】
由（1）得，则，
则直线l的方程为
设，
由，得，
，，，
所以
小问3详解】
设，，则，
两式相减得
设，则，
所以，
即，所以，
即，所以点P在直线上.
20. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
（1）求椭圆C的方程
（2）求证：直线恒过定点；
（3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析 （3）.
【分析】（1）由已知易知的值，得椭圆C的方程；
（2）设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证；
（3）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长MN，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值.
【小问1详解】
由已知两个顶点坐标为A−2,0，，短轴长为2，得，，

则椭圆方程.
【小问2详解】
设直线方程为，Px1,y1，Qx2,y2，
由，消去x得，，
，
则，，
，
，
又点Px1,y1在椭圆上，则，即
则，
即，则，
即
，
解得，此时，
即直线的方程为，
所以直线恒过定点.
【小问3详解】
设直线的方程为，，，

由，消去得，
，即，
则，，
所以
点到直线的距离，
所以，
又，，
所以
，
所以
则当即时，取最大值为.
关键点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
21. 如图，轴垂足为点，点在的延长线上，且.当点在圆上运动时，点的轨迹方程为.

（1）求点的轨迹的方程；
（2）当时，点的轨迹方程记为.
（i）若动点为轨迹外一点，且点到轨迹的两条切线互相垂直，记点的轨迹方程记为，试判断与圆是否存在交点？若存在，求出交点的坐标；若不存在，请说明理由；
（ii）轨迹的左右顶点分别记为，圆上有一动点，在轴上方，，直线交轨迹于点，连接，，设直线，的斜率存在且分别为，，若，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）（i）没有交点，理由见详解；（ii）
【分析】（1）设Mx,y，可得，代入圆即可得结果；
（2）根据题意可得的方程为.（i）可知圆在椭圆内，即可得结果；（ⅱ）设，联立方程求得，可得，即可得结果.
【小问1详解】
设Mx,y，
因为，则，
又因为点在圆上，则，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
若，则的方程为，即，
（i）与圆没有交点，理由如下：
由题意可知：圆在椭圆内（有且仅有两个交点），
但动点为轨迹外一点，所以与圆没有交点；
（ⅱ）由题意可知：，

设，则直线，
联立方程，消去y可得，
则，可得，
则，
令，解得，
由题意可知，
因为，则，
又因为，可得，
所以取值范围为.
方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．