2024-2025学年辽宁省朝阳市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省朝阳市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题5分，共50分）
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
2．双曲线的焦点坐标是（ ）
A．,B．,
C．,D．,
3．平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ）
A．B．
C．D．
4．设双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．外离
6．若数列an满足，且，则（ ）
A．B．2C．D．
7．已知圆，直线过点，则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
9．已知点F是双曲线的一个焦点，直线，则“点F到直线的距离大于1”是“直线与双曲线C没有公共点”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是；
③存在点，使得； ④面积的最小值是．
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．3B．2C．1D．0
填空题（每小题5分，共30分）
11．已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为 ．
12．若双曲线的焦距是，则实数 ．
13．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则 ；双曲线的渐近线方程是 ．
14．若数列的前项和，则此数列的通项公式为 ；数列中数值最小的项是第 项．
15．已知直线与曲线的图象有公共点，则实数的一个取值为 ；实数的最大值为 ．
16．已知曲线，点在曲线上，给出下列四个结论：
①曲线关于直线对称： ②当时，点不在直线上：
③当时，； ④当时，曲线所围成的区域的面积大于.
其中所有正确结论的有 ．
三、解答题（共5个小题，共70分）
17．（本小题满分13分）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若直四棱柱体积为36，求二面角的余弦值.
18．（本小题满分15分）已知椭圆的离心率为，长轴端点分别为，，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)，为椭圆的焦点，为椭圆上一点，且.求点的坐标；
(3)为椭圆上任意一点（不与、重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为常数，并说明理由.
19．（本小题满分13分）如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：平面；
(2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；
条件②.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．（本小题满分15分）已知椭圆过点，焦距为.
(1)求椭圆的方程，并求其短轴长；
(2)过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.
21（本小题满分14分）．已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.
(1)若，写出的所有子集；
(2)若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；
(3)若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.
答案
1．D
【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.
【详解】，
设其倾斜角为，则，又，
则，即倾斜角为，
故选：D
2．C
【分析】先判断出焦点在轴上，再求出焦点坐标即可.
【详解】由双曲线的方程可得该双曲线的焦点在轴上，且，所以该双曲线的焦点坐标为,.
故选：C.
3．D
【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果.
【详解】如下图所示：
易知.
故选：D
4．C
【分析】先根据双曲线求出渐近线方程，再与比较即可求出的值．
【详解】由双曲线的几何性质可得，双曲线的渐近线方程为，又因为渐近线方程为，即，故，选C．
本题主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属基础题．
5．C
【分析】根据条件，先求出两圆的圆心和半径，再利用两圆位置关系的判断方法，即可求解.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
又，所以两圆的位置关系为外切，
故选：C.
6．D
【分析】确定数列的周期即可求解.
【详解】,
所以，
所以，
所以数列周期为3，由，可得，
所以.
故选：D
7．A
【分析】先判断出与圆的位置关系，然后根据圆心到直线的距离的最大值求解出弦长的最小值.
【详解】直线恒过定点，圆的圆心为，半径为，
又，即在圆内，
当时，圆心到直线的距离最大为，
此时，直线被圆截得的弦长最小，最小值为．
故选：A.
8．C
【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．
【详解】
若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，
不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，
则，，
所以.
对于，，
取数列各项为(，,
则，
所以n的最大值为11．
故选：C．
9．A
【分析】由点到直线距离公式和充分必要条件可判断.
【详解】由双曲线，可知，且渐近线方程为
若点F到直线l的距离，得，或，
如图，由双曲线性质可知，直线l与双曲线C没有公共点；
反之，若直线l与双曲线C没有公共点，因为直线l过原点，
由图可知，，或，
则，
即点F到直线l的距离大于或等于1，
所以，“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的充分不必要条件.
故选：A
10．C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系、夹角，异面直线距离、点面距离一一判定选项即可.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，
则，，
对于①，此时易知，即，
而平面的一个法向量为，显然，即①正确；
对于②，易知平面，即平面，
则直线到平面的距离即点到平面的距离，
此时，
设平面的一个法向量为，则，
令，即，
所以点到平面的距离，即②错误；
对于③，设，
则，
，
所以，
若，则，
显然时符合题意，故③正确；
对于④，当面积最小时即到距离最小时，
此距离亦即异面直线与的距离，易知，则平面，
此距离即到平面的距离，
不妨设平面的一个法向量为，则，
令，即，
则到平面的距离，
所以面积的最小值为，故④错误.
故选：C

11．
【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.
【详解】因为抛物线，
所以，∴
所以的准线方程为.
故
12．/0.125
【分析】根据双曲线标准方程直接求解.
【详解】由双曲线，即，
且焦距为，
即，
解得，
故答案为.
13．
【分析】由抛物线方程可得焦点为，由题设结合双曲线参数关系求，进而根据上曲线方程写出渐近线方程即可.
【详解】由题设，抛物线焦点为，故对于，有，
∴，则，故渐近线方程为.
故，.
14．；3
【详解】数列{an}的前项和，数列为等差数列，数列的通项公式为=，数列的通项公式为，其中数值最小的项应是最靠近对称轴的项，即n=3，第3项是数列中数值最小的项．
15． （答案不唯一） /
【分析】首先得到直线过定点，曲线是半个圆，数形结合得到两种临界情况，根据直线斜率变化情况，解不等式，即可得到结果.
【详解】
直线可变形为，可得到直线过定点，
曲线为以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，
若两个图象有公共点，则只需要直线和圆相交即可，如图是两种临界情况，
当直线过点1,0直线的斜率为；当直线过点时得到直线的斜率为，
当直线斜率存在时，即时，直线的斜率为，
由图可得直线斜率的范围是，
即解得 ，
当时，直线为，符合题意.
故得到范围是，
则实数的一个取值可以为，的最大值为12.
故（答案不唯一）；.
16．A
【分析】对于①：举例，确定点0,1和点1,0是否满足曲线方程来判断；对于②：带入，然后对曲线方程左边因式分解即可；对于③：代入，因式分解得，然后利用基本不等式求的最值即可；对于④：代入，得到，结合双曲线的图象特点来判断面积的大小.
【详解】对于①：点0,1满足曲线，但1,0不满足曲线，所以曲线不关于直线对称，①错误；
对于②：当时，，即，
所以，所以，即点不在直线上，②正确；
对于③：当时，，即，所以
所以，得，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，③正确；
对于④：当时，曲线，所以，
所以，即，所以曲线所围成的区域的面积大于椭圆面积，椭圆面积大于以长轴和短轴为对角线的菱形面积，
故曲线所围成的区域的面积大于，④正确；
故选：A.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证；
（2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可．
【详解】（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
（2）由题意知，底面为直角梯形，
所以梯形的面积，
因为四棱柱的体积为36，
所以，
过作于，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
所以，
所以，即，
故二面角的大小为．
18．(1)
(2)，或，或，或
(3)为常数，理由见详解
【分析】（1）椭圆的标准方程为，由已知可得，，进而得到，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设Px,y，由，在中，由勾股定理，再可得，与椭圆的方程联立，即可求出点的坐标；
（3）设，由， ，可得，即为常数.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
因为长轴端点分别为，，所以，
因为椭圆的离心率为，所以，则，
所以，
则椭圆的标准方程为.
（2）
设Px,y，
因为，为椭圆的焦点，为椭圆上一点，且，
所以，
由（1）知椭圆为，，
所以，
整理得，与联立，
解得，
所以点的坐标为，或，或，或.
（3）
设，又，，
则， ，
所以，
又，所以，
则，
即为常数.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）选条件①：平面平面，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，
所以.
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面.
选条件②：
因为，为等边三角形，所以，
因为，则，
所以为直角三角形，所以，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）因为，由（1）知平面，
所以平面.
如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，
分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，

所以，
所以.
因为点为上一点，设，
所以.
因为，则，所以，
所以，所以，所以.
设平面的法向量为n=x,y,z，所以，
所以，令，得，
所以.
设直线与平面所成角为，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)，4
(2)
【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解.
（2）不妨设直线的方程为，，，则.联立直线的方程与椭圆方程，由韦达定理得，联立直线与直线的方程得点的坐标，由中点坐标公式得点的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数），对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意知，.
所以，.
所以椭圆的方程为，其短轴长为4.
（2）
设直线的方程为，，，则.
由，得.
所以.
由得直线的方程为.
由得.
因为，
所以，.
所以.
因为为的中点，且，
所以.
所以直线的斜率
.
当时，.
当时，
因为，当且仅当时，等号成立.
所以.
所以当时，取得最大值.
21．(1)；
(2)2；
(3)13.
【分析】（1）根据子集的定义， 即可容易求得；
（2）取，求得，再利用反证法假设，推得与矛盾即可；
（3）令，讨论时不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.
【详解】（1）当时，，的所有子集为.
（2）当时，取，因为，所以是的子集，此时；
若，设且，
根据题意，，其中；
因为，所以，所以；
又因为，所以；
因为，所以，
所以；
因为，所以，
所以，与矛盾.
综上所述，.
（3）设
，
设的元素个数为，
若不是的子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素；
令，易验证不是的子集，
当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的子集，
所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则；
当时，存在，使得中必有两个元素属于，
同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂，
所以是的子集；
所以，的最小值为.
关键点点睛：本题考查集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对子集的定义，同时要熟练的使用证明方法，属综合困难题题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
C
C
D
A
C
A
C
题号
16









答案
A