2024-2025学年黑龙江省大庆市高二上册期中考试数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省大庆市高二上册期中考试数学检测试卷（附解析），共22页。试卷主要包含了 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
1.请将答案填涂在答题卡的指定区域内.
2.满分150分，考试时间120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据抛物线准线方程计算即可求解.
【详解】抛物线准线方程是，
而，所以，
所以抛物线的准线方程是.
故选.
2. 若双曲线的一个焦点为，则m等于（ ）.
A. B. C. D. 8
【正确答案】D
【分析】利用可得答案.
【详解】由题意知，，.
故选：D.
3. 以直线恒过的定点为圆心，半径为的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据直线过定点可得圆心坐标，再结合半径可得圆的方程.
【详解】由，得，
令，则，
即直线恒过定点，
则圆的方程为，即，
故选：D.
4. 如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面的一部分．灯丝位于椭圆的一个焦点上，卡门位于另一个焦点上．已知此椭圆的离心率为，且，则灯丝发出的光线经反射镜面反射后到达卡门时所经过的路程为（ ）
A. 9cmB. 10cmC. 14cmD. 18cm
【正确答案】A
【分析】由题意，结合椭圆的相关概念，将问题转化为求，由已知条件离心率，结合其公式，可得答案.
【详解】设椭圆的方程为，因为此椭圆的离心率为，且，
所以，，所以，
所以根据题意，结合椭圆的定义得灯丝发出的光线经反射镜面反射后到达卡门时所经过的路程为．
故选：A.
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点为上一点，若，则的面积为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【正确答案】C
【分析】由已知，，结合，得，进而解得，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由椭圆的定义可知，且，
因为，所以，
又，故，
所以．
故选：C
6. 二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知，，，，则该二面角的大小为（ ）
A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°
【正确答案】B
【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，即可得出答案．
【详解】解：由条件，知．
即，
，即，
所以二面角的大小为.
故选：B．
7. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【正确答案】C
【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值.
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵四点共面，
∴，即．
∵，当且仅当时，等号成立，
∴的最小值为1．
故选：C
8. 已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设，结合题意可得，根据椭圆定义整理可得，根据向量关系可得∥，且，同理结合椭圆定义可得，进而可求离心率.
【详解】由题意可知：，
设，

因为，则，可得，
由椭圆定义可知：，即，
整理可得；
又因为，则∥，且，
则，可得，
由椭圆定义可知：BF1+BF2=2a，即，
整理可得；
即，可得，
所以椭圆C的离心率.
故选：B.
方法点睛：椭圆的离心率(离心率范围)的求法
求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
二、多项选择题（本大题共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. 已知抛物线的焦点为，顶点为，点在抛物线上，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AD
【分析】根据抛物线的定义，结合点在抛物线上，对每个选项逐一求解即可.
【详解】对：由题意可知，由，可得，故A正确；
对B：当x=2时，，解得，即，故B错误；
对C：，故C错误；
对D：，故D正确；
故选：AD.
10. 下列说法错误的是（ ）
A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 过两点的所有直线，其方程均可写为
D. 已知，若直线与线段有公共点，则
【正确答案】ACD
【分析】根据两直线垂直的判断方法依次判断充分性和必要性可知A错误；由直线斜率和倾斜角关系可求得B正确；根据直线两点式方程无法表示的直线可知C错误；求得所过定点后，由两点连线斜率公式可求得临界状态，结合图象可确定D错误.
【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线垂直，充分性成立；
若两直线垂直，则，解得：或，必要性不成立；
“”是“直线与直线互相垂直”充分不必要条件，A错误；
对于B，由直线得：，
直线的斜率，即，
又，，B正确；
对于C，平行于坐标轴的直线，即或时，直线方程不能写为，C错误；
对于D，由得：，直线恒过定点；

，，
结合图象可知：，，D错误.
故选：ACD.
11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（ ）
A. 的最小值为8
B. 若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6
C. 为定值
D. 若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为
【正确答案】ACD
【分析】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果.
【详解】依题意，，，，，，
设，则，，即，
双曲线C的两条渐近线方程为，
对于A，，A正确；
对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为，
若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为，B错误；
对于C，
是定值，C正确；
对于D，不妨设，，直线l的方程为，
由得，
若直线l与双曲线C相切，则，
化简整理得，
则点M，N的纵坐标之积，D正确.
故选：ACD.

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 过点作圆的切线，切点为，则线段的长为__________.
【正确答案】
【分析】以勾股定理即可求得线段的长.
【详解】圆的圆心，半径
则
则
故
13. 已知椭圆：的离心率为，F是椭圆C的右焦点，P为椭圆C上任意一点，的最大值为．设点，则的最小值为______．
【正确答案】##
【分析】首先根据题目条件求出和，然后根据椭圆定义进行转换，求出的最小值.
【详解】设椭圆C的半焦距为c，由题意，得，，所以，．
设椭圆C的左焦点为，则，
所以．
故．
14. 已知直四棱柱，，底面是边长为1的菱形，且，点E为的中点，点H是棱上的动点.则直线与直线所成角的正切值的最小值为__________.
【正确答案】
【分析】利用直四棱柱的特征建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，结合函数值域的求法计算最值即可.
【详解】
连接上、下底面的对角线，交点分别为，根据题意易知两两垂直，
故可建立如上图所示的空间直角坐标系，
则,
设，所以，
，
设直线与直线所成角为，
则，
令λ+122λ2+3=tt>0⇒t−1λ2−24λ+3t−144=0，
显然时，不符合题意，则，
要使两直线夹角正切最小，即使其夹角余弦最大，即时，此时，
所以.
故答案为.
方法点睛：异面直线夹角常通过平移直线形成共面直线计算夹角，本题可通过几何法确定线面关系，思维量大，计算量小；也可通过直接建系利用空间向量计算，思维量小，计算量大.
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知直线与直线．
（1）若，求m的值；
（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；
（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程
【小问1详解】
因为，所以，且，
由，得，解得或（舍去）
所以.
【小问2详解】
因为点在直线上，
所以，得，所以点的坐标为，
所以设直线的方程为（），
令，则，令，则，
因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，
所以，解得或，
所以直线的方程为或.
16. 已知椭圆长轴长为4，且椭圆离心率，其左右焦点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
【小问2详解】
，∴直线：，
联立方程组得,
设，
则，
点到直线的距离
∴

17. 如图，三棱台中，是正三角形，平面ABC，，M，N分别为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面再应用线面垂直性质得出线线垂直，即可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，应用空间向量法求线面角正弦值即可.
【小问1详解】
因为是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，
因为平面平面ABC，所以，
又平面
所以平面
又因为平面，所以，
连接，易得，
所以，所以，
又因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取AC中点O，连接，易知三条直线两两垂直，
以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，
由（1）知平面的一个法向量为，又，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
18. 已知双曲线：离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．
（1）求双曲线的方程．
（2）若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
（3）点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．
【正确答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析；
（3）证明见解析
【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程；
（2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；
（3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值．
【小问1详解】
由双曲线的离心率为，且在双曲线上，
可得，解得，所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
双曲线的左焦点为，
当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意，
当直线的斜率不为0时，设，
由，消去得，
显然，，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，得，
于是，
，
即，因此与不垂直，
所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上．
【小问3详解】
由直线，得，
则，又，
于是
，
而，即有，且，
所以，即为定值．
方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．
①求的取值范围；
②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．
【正确答案】（1）；（2）①；②．
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.
【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得
∴，，椭圆的方程为
方法（2）设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：，．
∴，椭圆的方程为．
方法（3）设，则．
由题意
∵为常数，∴，又，解得：，，故
∴椭圆的方程为
（2）①由，又，
∴（或由角平分线定理得）
令，则，设，则有，
又直线的斜率，则，代入得：
，即，
∵，∴．
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，
则有，即，解得：．
又，故，∴
又，
∴，
解得：，，
∴，∴直线的方程为．
关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点