2024-2025学年安徽省黄山市高二上册11月期中联考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省黄山市高二上册11月期中联考数学检测试题（含解析），共17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（本大题共8小题）
1．已知，向量，且，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-2
2．若直线与直线垂直，则的值为（ ）
A．2B．C．D．0
3．已知点是直线上一点，且是直线的一个方向向量，若角的终边落在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在三棱锥中，是线段的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知圆被轴截得的弦长为，圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在平行六面体中，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．点是椭圆上一点，点分别是椭圆的左、右焦点，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间距离的几何问题.若曲线，且点M，N分别在曲线和圆：上，则M，N两点间的最大距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．关于空间向量，下列说法正确的是（ ）
A．若共线，则
B．已知，若，则
C．若对空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面
D．若向量能构成空间的一个基底，则也能构成空间的一个基底
10．若，直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．直线一定经过第一象限
C．点到直线的距离的最大值为
D．的充要条件是
11．已知椭圆分别为的左、右焦点，A，B分别为的左、右顶点，点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1.下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．存在点，使得
C．若，则外接圆的面积为
D．的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知椭圆：的焦点在轴上，则实数的取值范围为 .
13．古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262年—公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作有中这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知点，点满足，则点的轨迹所对应的阿波罗尼斯圆的半径为 .
14．在长方体中，，点为线段上一点（不在端点处），当时，的面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在直三棱柱中，，点，，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求直线DE与平面的距离.
16．已知椭圆，其左、右焦点分别为，上顶点为A，O为坐标原点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求椭圆上的点到直线距离的最大值.
17．已知四棱锥中，底面四边形ABCD是正方形，底面，是线段的中点，在线段上，且满足与所成的角为.

(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
18．在平面直角坐标系中，圆C为过点的圆.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与交于M，N两点，求弦MN中点的轨迹方程；
(3)从点发出的光线射到轴上，被轴反射后的光线与圆相切，求所在直线的方程.
19．若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为.
(1)当点坐标为时，求；
(2)当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值；
(3)证明：的面积为定值.
答案
1．【正确答案】A
【详解】因为向量，且，所以，
所以.
故选：A
2．【正确答案】C
【详解】由直线与直线垂直，得.
故选：C.
3．【正确答案】A
【详解】因为直线过点，且平行于向量，所以直线的方程为，
当时，取终边上的点，可得，
当时，取终边上的点，可得，
所以若角的终边落在直线上，则，
所以.
故选：A.
4．【正确答案】D
【详解】连接，因为是线段的中点，所以，
因为，所以，
所以.
故选：D.
5．【正确答案】C
【详解】根据题意，可知圆，
即圆，圆心为，半径，
令，则有：，根据韦达定理及弦长公式可求：，所以，故圆的半径，
故圆，又因为圆，
设AB为两圆的公共弦所在的直线，则有
作差变形可得：；即直线AB的方程为.
故选：C
6．【正确答案】B
【详解】设，因为六面体是平行六面体，
所以，因为，
代入计算可得：
，
故有：，所以，
所以，因为，所以.
故选：B
7．【正确答案】B
【详解】由题可知，记，
，，
中，由余弦定理得，又，
，
.
故选：B.
8．【正确答案】C
【详解】因为，
所以可以转化为到的距离，
同理，可以转化为到的距离，
因为，
所以到两定点和的距离之和为，
所以在以点和为焦点的椭圆上，
设椭圆的标准方程为：，
则，即，又，所以，
所以曲线，即椭圆的方程为：，
又因为圆的圆心为，半径为，
则M，N两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径，
点在，故，
所以圆心到椭圆上点的距离
，
因为开口向下，对称轴为，
所以在上单调递减，故，则，
所以M，N两点间的最大距离是．
9．【正确答案】BCD
【详解】若同向且，此时，即不成立，故A错误；
因为，则，即，得，故B正确；
因为，且，所以P，B，A，C四点共面，故C正确；
假设，
则方程无解，即不存在实数x，y使得该式成立，
所以不共面，可以作为基底向量，故D正确．
故选：BCD.
10．【正确答案】ABD
【详解】由，即为，
令，解得，所以直线过定点，故A正确；
因为，则的斜率存在且不为零，在轴上的截距，
所以一定经过第一象限，故B正确；
当时，点到直线的距离的最大，
最大值为，故C错误；
若，则，因为，故有，
经检验，符合题意，所以，所以的充要条件是，故D正确．
故选：ABD
11．【正确答案】ACD
【详解】A选项，因为点是椭圆上的一个动点，且点到距离的最大值和最小值分别为3和1，
故有：，解得：，
椭圆的离心率，故A正确；
B选项，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上，
又因为方程组无解，故B错误；
C选项，设，则，
若，即，
在中，由余弦定理可得
，
因为，所以，
根据正弦定理可知，，故C正确；
D选项，设，则：
，
令，则，
所以，
当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD
12．【正确答案】
【详解】由题可知.
故
13．【正确答案】
【详解】设，因为，
化简得到圆，是以为圆心，为半径的圆．
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】根据题意可知，以为坐标原点，分别以为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，
设，
则，
则
因为，解得，故此时点为线段的中点，
则.
故
15．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为为直三棱柱，所以，
又，分别为AB，的中点，所以，
所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）因为为直三棱柱，且，
以为坐标原点，分别以所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因，则，
则，
因为，则，即，
设平面的法向量为，
则，解得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
又，即，
所以点到平面的距离，
因为，分别为AB，的中点，故有直线平面，
所以直线DE与平面的距离即为点到平面的距离，
故直线DE与平面的距离.
16．【正确答案】(1)或；
(2)
【详解】（1）在Rt中，，
，
，
，
，
又，
，
联立，解得或，
椭圆的标准方程为或；
（2），
椭圆的标准方程为，
直线的方程为，即，
设直线的方程为，
联立，
得，
令得或，
结合图形可知，当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最大，
此时直线的方程为．
距离的最大值为.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为底面，且底面，
所以，
又因为为正方形，可得，
因为，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，即为，且是线段的中点，
所以，
又因为，且平面，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）根据题意可知，以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

设正方形的边长为2，可得，
可得，
则，
因为在线段上，设，其中，
则，
因为与所成的角为，
可得，
解得，所以，所以，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
又，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设平面与平面的夹角为，
可得
故平面与平面夹角的余弦值为.
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设圆的标准方程为，故有：
所以圆的标准方程为；
（2）设弦MN的中点，

当直线斜率不存在时，点与点重合，
当直线斜率为0时，点与点重合，
当直线斜率存在且不为0时，由垂径定理知，
点的轨迹是以CG为直径的圆．
由，
得，，
整理得：；
（3）因为圆关于轴的对称圆的方程：，
设的方程为，即，
由于对称圆心到的距离为圆的半径，
则，从而可得或．
当时，反射光线所在直线与圆相切，反射光线不与圆相切，故，
故光线所在直线的方程是.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）的共轭点分别记为，
，
直线的方程为，
联立得，
，
；
（2）点Ax0,y0在椭圆上，
，即，
由（1）知，直线的方程为，即，
当时，直线的方程为，代入，
得，即，
，
，
当时，易知，对应共轭点为，
此时，故也成立，
，当且仅当时等号成立；
（3）由（2）知，对任意点Ax0,y0，都有，
，
点Ax0,y0到直线的距离为，
的面积，
故的面积为定值.