2024-2025学年辽宁省沈阳市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省沈阳市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析），共20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，且，则（ ）
A．B．
C．D．
2．方程，化简的结果是（ ）
A．B．
C．D．
3．从空中某个角度俯视北京冬奥会主体育场“鸟巢”顶棚所得的局部示意图如图，在平面直角坐标系中，下列直线系方程（其中为参数，）能形成这种效果的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知点关于直线对称的点Q在圆C：外，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．或
5．下列结论正确的是（ ）
A．若直线与直线平行，则它们的距离为
B．原点到直线的距离的最大值为
C．点关于直线的对称点的坐标为
D．直线与坐标轴围成的三角形的面积为
6．已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，若在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．设集合，（）.当有且只有一个元素时，则正数的所有取值为（ ）
A．或B．
C．或D．或
8．椭圆的上顶点为A，点均在C上，且关于x轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知正方体，点P满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱倠的体积为定值
B．当时，平面
C．当时，存在唯一的点P，使得与直线的夹角为
D．当时，存在唯一的点P，使得平面
10．已知曲线，点在曲线上，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线有4条对称轴B．的最小值是
C．曲线围成的图形面积为D．的最大值是1
11．已知椭圆，椭圆的左右焦点分别为，左右顶点为，是坐标原点，是椭圆上不同于的两个点，且过，则下列说法中正确的是（ ）
A．一定是钝角三角形B．一定是锐角
C．可能为直角D．周长为定值
三、填空题（本大题共3小题）
12．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则 .
13．若某直线被两平行线与所截得的线段的长为，则该直线的倾斜角大小为 ．
14．阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆．已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则 ，面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆的圆心在轴的正半轴上，半径为2，且被直线截得的弦长为．
(1)求圆的方程；
(2)过点作圆的切线，求的方程．
16．在直三棱柱中，E，F分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，，二面角的余弦值为，求的长．
17．已知椭圆的焦距为，且的离心率为.
(1)求的标准方程；
(2)若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值.
18．如图，在四棱锥中，平面，，，．为的中点，点在上，且，设点是线段上的一点．
（1）求证： 平面；
（2）若．判断直线是否在平面内，说明理由．
（3）设与平面所成角为，求的范围.
19．椭圆的两个焦点为、，是椭圆上一点，且满．
（1）求离心率的取值范围；
（2）当离心率取得最小值时，点到椭圆上点的最远距离为.
①求此时椭圆的方程；
②设斜率为的直线与椭圆相交于不同两点、，为的中点，问：、两点能否关于过点、的直线对称？若能，求出的取值范围；若不能，请说明理由.
答案
1．【正确答案】B
【分析】运用空间向量平行坐标结论，结合坐标运算即可解.
【详解】向量，则，
因为，于是得，解得，
所以.
故选B.
2．【正确答案】B
【详解】根据两点间的距离公式可得: 表示点与点的距离,
表示点与点的距离.
所以原等式化简为
因为
所以由椭圆的定义可得:点的轨迹是椭圆:
根据椭圆中:,得:
所以椭圆的方程为: .
故选:B.
3．【正确答案】C
【详解】由图可知，原点到直线的距离为定值，四个选项中仅有到原点的距离为定值.
故选：C
4．【正确答案】C
【详解】设点关于直线对称的点，则，解得.
因为在外，所以，可得，
且表示圆可得，即得，
综上可得.
故选：C.
5．【正确答案】C
【详解】A选项：由题意得，∴，当时，两直线均为；
当时，两直线分别为：，，
∴两直线距离，故A选项错误;
B选项：直线即过定点，设为A，
∴原点到直线的距离在直线和OA垂直时取得，∴最大距离，故B选项错误；
C选项：∵直线的斜率为，则和其对称点的连线的斜率，
∴，
联立方程组，解得，即对称点坐标，故C选项正确；
D选项：由解析式可得直线的截距为，
∴所围成的三角形的面积，故D选项错误.
故选：C.
6．【正确答案】D
【详解】解：设的中点为，由题意可知平面，
连接、、，在三棱柱中，
所以即为异面直线与所成的角；
设三棱柱的侧棱与底面边长为， 则，
分别在和中，由勾股定理，可知 ，，
在中，由余弦定理，得；
所以异面直线与所成的角的余弦值为．
故选：D．
7．【正确答案】C
【详解】，，即圆M：的上半部分，如图：
圆M的圆心坐标为，半径为2，圆N的圆心坐标为，半径为r，
因为有且只有一个元素，所以圆N和圆M只有一个交点，
所以圆N的位置为圆（1）和介于圆（2）、圆（3）之间两种情况，
①外切：，d为圆心距，
，此时，
②介于圆（2）、圆（3）之间：圆（2）处的半径，
圆（3）处的半径，
所以，
综上，正数的所有取值为或.
故选：C.
8．【正确答案】C
【详解】，设Px1,y1，则，则，，
故，又，则，
所以，即，所以椭圆C的离心率为．
故选：C
9．【正确答案】ABC
【详解】选项A，由题意在面内，因此它到平面的距离等于正方体的棱长，为常数，而面积为常数，因此为常数，A正确；

选项B，，则，因此点轨迹是线段，
连接，由与平行且相等，因此是平行四边形，则，又平面，平面，所以平面，同理平面，而与是平面内两相交直线，所以平面平面，平面，则平面，B正确；

选项C，取中点，中点，连接，由得点轨迹是线段，同选项A分析知，与直线的夹角即为与直线的夹角，由正方形知当只有当与重合时，与直线的夹角为，C正确；

选项D，由知在线段上，过与平面垂直的直线只有，因此不可能与平面垂直，D错．

故选：ABC．
10．【正确答案】ACD
【分析】当时，化简方程为，结合曲线的对称性，画出曲线的图象，结合图象，可得判定A正确，把表示曲线上的点到直线的距离的倍，可判定B错误；结合圆的面积公式和正方形的面积公式，可判定以C正确；设表示点与点确定的直线的斜率，结合图象，利用点到直线的距离公式，列出方程，可得判定D正确.
【详解】当时，原方程化为，即，
所以曲线是以圆心为，半径为的圆在第一象限的部分，
又由图象关于轴，轴对称，所以曲线，如图所示.，
对于A中，由图象可得，该曲线关于轴，轴，和对称，
所以该曲线有4条对称轴，所以A正确，
对于B中，由表示曲线上的点到直线的距离的倍，
结合图象得，当是时，距离最小值为，
所以最小值为，所以B错误；
对于C中，曲线围成的图形由四个直径为的半圆和一个边长为的正方形组成，
所以面积为，所以C正确；
对于D中，设表示点与点确定的直线的斜率，
设该直线方程为，结合图象，当，即，
则圆心为，半径为的圆在第四象限的部分与直线相切时，
该切线的斜率是的最大值，由，可得，解得或（舍），则的最大值为1，所以D正确.
故选ACD.
11．【正确答案】ABD
【详解】由题意可知：，设点.
对于选项A：因为，
所以，
由椭圆方程可知：，代入上述式子得：
，
因为点异于点，所以，
所以，即，
又因为，
所以，即，所以，
所以在内，为钝角，所以一定是钝角三角形.故选项A正确；
对于选项B：因为，
所以，
由椭圆方程可知：，代入上述式子得：
，
设，则，
显然，所以在上单调增加，
当时，，
所以当时，，
所以在上单调递增，
因为，
而，所以，
即，所以，
所以在内，一定为锐角，故选项B正确；
对于选项C：
因为，
由选项B的解析过程可知：，
所以，所以与不垂直，故选项C错误；
对于选项D：由椭圆的定义可知：，
所以周长为：，故选项D正确.
故选：ABD.
12．【正确答案】
【详解】解：，
，
所以，解得，
所以，
故1
13．【正确答案】和
【详解】因为直线：与：平行，
所以与之间的距离．
设直线与，的夹角为（），
因为直线被直线与截得的线段长，
所以，解得．
因为直线，的斜率为1，所以其倾斜角为，
所以直线的倾斜角的值为和．
故和.
14．【正确答案】
【详解】设点，由，得，整理得
，
所以解得
如图，当或时，.
故 .
15．【正确答案】(1)
(2)或
【详解】（1）设圆心坐标为，又因为圆的半径为2.
由勾股定理可得圆心到直线的距离
所以.
所以圆的方程为：
（2）由已知：
（1）当直线斜率不存在时，直线方程为，显然符合题意.
（2）当直线斜率存在时，设直线方程为，
又因为圆心到直线的距离
所以直线的方程为.
综上所述：直线为或.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)或
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，E，F分别是，的中点，
取的中点，连接，，如图，
则且，
又且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：因为在直三棱柱中，，所以，，两两垂直，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为E，F分别是，的中点，，
设，
则，，，，
所以，，．
设平面的一个法向量，
由得
令，则，即．
设平面的一个法向量，
由得,令，则,
即．
所以，
因为二面角的余弦值为，
所以，解得或．
所以的长为或．
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意得：，即，则，
所以的标准方程为.
（2）由题意设，
联立，消去得：，
则，则，
可得，
设直线与轴的交点为，且，则，
故，解得.

18．【正确答案】（1）证明见详解;
（2）直线在平面内，理由见详解；
（3）
【分析】（1）由平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证；
（2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内；
（3）由点是线段上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，，平面，平面，
所以平面.
（2）在底面中，过作，交于，
因为由题意可知，平面，
所以以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，
所以，，，
因为平面，所以，且，使得，
则有，解得，故.
所以直线平面.
（3）因为由（2）可知，.
设，
所以，
因为设平面的法向量为，则，即，
令，有，所以.
所以
，
令，则
，
因为，，
所以.
19．【正确答案】（1）；（2）①；②能，k的范围为.
【详解】（1）设，由在椭圆上，则，则①，
由，，则，可得②，
将①代入②：，整理得，而，
所以，即，
所以，即，可得，又，
因此，椭圆的离心率的范围是.
（2）①当椭圆的离心率取最小值时，即，此时，则.
设椭圆上任意一点，由（1）知：，
所以，其中.
（i）当时，当时取最大值，
则，即，解得，不合题意；
（ii）当时，当时取最大值，
则，解得，则，
综上，椭圆的方程为；
②设直线为，设、，设，
联立直线与椭圆方程得，消去并整理得：，
，得，①
由韦达定理得，.
所以，，则.
由于、两点关于直线对称，则，
所以，直线斜率，得，即.
代入①得：，即，解得.
又，所以使题设条件成立的实数的范围是.