2024-2025学年云南省昆明市高二上册10月期中数学检测试题（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高二上学期10月期中数学检测试题本试卷分和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟第I卷（选择题，共58分）注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知直线的倾斜角为，则直线的一个方向向量为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由直线方向向量求解即可.【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的一个方向向量为，与其共线的有，故选：B2.已知平面的一个法向量，内有一点，外有一点，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】求出在平面的法向量方向的投影向量的模即得．【详解】由已知，点到平面的距离为，故选：C．3.已知直线与直线平行，则的值为（）A. B. C.或 D.或【正确答案】A【分析】根据条件有，得到或，再进行检验，即可求出结果.【详解】因为直线与直线平行，则，即，解得或，当时，，，此时两直线重合，不合题意，当时，，，满足题意，故选：A4.已知为空间的一组基底．则下列向量能构成空间的一组基底的是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】空间的一组基底，必须是不共面的三个向量，利用向量共面的充要条件可判断.【详解】对于A,因为,所以三个向量共面，不能构成一组基底；对于B，因为，所以三个向量共面，不能构成一组基底；对于C，因为，所以三个向量共面，不能构成一组基底；对于D，设三个向量共面，则，所以,不存在，所以三个向量不共面，能构成一组基底.故选：D.5.已知圆，直线，则直线与圆的位置关系是（）A.相离 B.相切 C.相交 D.无法判断【正确答案】C【分析】确定直线所过定点在圆内，从而得直线与圆位置关系．【详解】由已知直线过定点，圆标准方程为，圆心为，半径为，，即定点在圆内，因此直线与圆相交．故选：C．6.已知椭圆的左、右焦点分别为、，若上存在一点，使得，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据椭圆的定义，可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案，【详解】由椭圆的定义可得，又，所以，在椭圆中，，所以，即，又，所以，所以该椭圆离心率取值范围是.故选：B7.已知、、为平面向量，，若，则的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由平面向量数量积的运算，结合圆的性质及点到直线的距离公式求解．【详解】已知是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，不妨设，，，又非零向量与的夹角为，则，故在直线上运动（除去原点），又向量满足，则即，故在圆上运动，又到直线的距离为，则的最小值是．故选：A．关键点点睛：在直线上运动（除去原点），在圆上运动，根据圆上的点到直线的距离的最值的求解方法即可得解.8.若一条定直线与两个平面所成角均为80°，则这两个平面所成角的最大值为（）A.10° B.20° C.40° D.80°【正确答案】B【分析】考虑两平面平行和不平行时，作出辅助线，找到线面角和面面角，表达出各边长，四边形中，，所以，整理得到，结合，得到，从而，得到答案.【详解】当两平面平行时，满足要求，此时夹角为，当两平面不平行时，如图所示，两个平面所成角，与相交于直线，过点作⊥于点，连接，则，过点作⊥于点，连接，则，过点作⊥于点，连接，因为⊥，，所以⊥，又，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，则，过点作⊥于点，连接，同理可得，其中，，，，，，，，故，，由于四边形中，，其中，故，又，故，所以，其中，故，若，此时在内，不合要求，故，所以，即，，其中，故，故，解得，综上，，这两个平面所成角的最大值为.故选：B关键点点睛：作出辅助线，表达出各边，四边形中，，整理得到，结合的范围，得到答案.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，有多项是符合题目要求的．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.已知为双曲线的一个焦点，则下列说法中，正确的是（）A.的虚轴长为6 B.的离心率为C.的渐近线方程为 D.点到的一条渐近线的距离为4【正确答案】AB【分析】利用双曲线的性质计算分析选项即可.【详解】由双曲线的方程可知其虚轴长为，故A正确；离心率为，故B正确；令，即其渐近线方程为，故C错误；不妨设，则其到渐近线的距离为，故D错误.故选：AB10.已知圆，圆，直线，过点作圆的两条切线，切点分别为．下列说法中，正确的是（）A.圆与圆相交 B.直线过定点C.圆被直线截得的弦长的最小值为 D.直线的方程为【正确答案】BCD【分析】由几何法判断两圆的位置关系即可判断A；将化为，由即可求出直线过的定点判断B；当直线与垂直时，弦长最小，由弦长公式求解即可判断C；则直线为过的圆与圆的公共弦，两个方程相减即可判断D.【详解】，所以圆心，半径，由圆，圆心，半径，则两圆心的距离，所以圆与圆内含，故A错误；，所以，即，所以，故，所以直线过定点为，故B正确；当直线与垂直时，弦长最小，则圆心到直线的距离为：，所以最小弦长为：，故C正确；过点作圆的两条切线，切点分别为．则所在圆的圆心为的中点，半径为，所以所在圆的方程为：，则直线为圆与圆的公共弦，与圆两式相减得：，故D正确；故选：BCD11.如图，在四棱锥中，平面，≌，且，，．为的中点，、分别为棱、上的动点．下列说法中，正确的是（）A.四棱锥的外接球表面积为B.若平面，则C.若点与点重合，，则、、、四点共面D.若平面，则【正确答案】ACD【分析】A选项，作出辅助线，得到为四棱锥的外接球球心，从而求出外接球半径和表面积；B选项，由线面垂直得到，求出各边长，在中，由余弦定理得，求出；C选项，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，两者平行，故四点共面；D选项，由线面平行性质得到线线平行，进而推出⊥平面，，由B选项知，，D正确.【详解】A选项，取的中点，≌，且，故，则四边形的外接圆圆心为，连接，则，因为平面，所以平面，所以，即为四棱锥的外接球球心，又，故外接球半径，外接球表面积为，A正确；B选项，因为平面，平面，所以，因为，由勾股定理得，因为平面，平面，所以，由勾股定理得，且，在中，由余弦定理得，在Rt中，，B错误；C选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，点与点重合，，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，解得，故，，所以若点与点重合，，则、、、四点共面，C正确；D选项，平面，平面，且平面平面，所以，由对称性可知⊥，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，故⊥，因为，由三线合一得⊥，又为平面的两条相交线，故⊥平面，因为平面，所以，由B选项知，，D正确.故选：ACD方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.第Ⅱ卷（非选择题，共92分）》注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.直线在轴上的截距为________．【正确答案】【分析】在直线方程中令即可求解.【详解】令，则，解得，即直线在轴上的截距为，故13.已知、为椭圆上的两个点，且直线的方程为，则中点与原点连线的斜率为________．【正确答案】##【分析】设点Ax1,y1，【详解】设点Ax1,y1则，，又点、为椭圆上的两个点，则，两式做差可得，即，代入，，则，即，又直线的方程为，即，所以，故答案为.14.已知反比例函数可由等轴双曲线绕原点逆时针旋转得到，若三个顶点均在双曲线上，则垂心的轨迹方程是________．（三角形三条高线交于一点，此点即为垂心）【正确答案】【分析】设垂心坐标为，且三个顶点都在等轴双曲线上，即，再计算边的垂线方程，并求垂心的坐标，可得垂心的横纵坐标的乘积为，即垂心的轨迹方程就是等轴双曲线本身.【详解】等轴双曲线上三点的垂心的轨迹方程就是等轴双曲线本身.证明如下：由题意，反比例函数可由等轴双曲线绕原点逆时针旋转得到，故证明采用反比例函数.设垂心的坐标为，且三个顶点都在等轴双曲线上，设三个顶点坐标为,所以直线的方程为，即，因为,即，所以直线的方程为，同理由,即，所以直线的方程为，所以由，解得的垂心坐标为，即垂心的横纵坐标的乘积为，所以垂心的轨迹方程就是原来的等轴双曲线本身.故答案为.四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.如图，在平行六面体，中，，，，，为中点．（1）求的长度；（2）求与夹角的余弦值．【正确答案】（1）3（2）【分析】（1）设，，．由，利用向量法能求出的长．（2）由空间向量夹角公式求出与所成角的余弦值．【小问1详解】设，，，由已知，，则，，，又，．【小问2详解】，则，.16.已知，两个定点，是直线上一动点．（1）求的最小值；（2）当的外接圆与直线相切时，求外接圆的标准方程．【正确答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可求解；（2）根据已知条件，设圆心坐标为点然后根据，即可求解.【小问1详解】如图，设直线分别与轴交于点则连结并延长至，使，并过点，作轴于点.因为，所以又因为，所以点关于直线l的对称点为，因为，所以，所以，，即则【小问2详解】因为的外接圆过点，则设圆心一定在直线x=2上，设圆心为点连结，则，所以，所以直线，即联立，得，即，又因为所以，解得或，当时，，圆心，所以外接圆的标准方程为，当时，，圆心，所以外接圆的标准方程为.17.如图，已知四边形为等腰梯形，且，，，．为中点，将沿进行翻折，使点与点重合．取中点，连接、．（1）证明：平面；（2）当时，求与平面所成角的正弦值．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接，结合题意可得，进而得到为等边三角形，进而得到，，从而求证；（2）结合题设可得，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：连接，因为四边形为等腰梯形，所以，,又为中点，，，所以四边形为平行四边形，则，，即，因为，所以为等边三角形，即为等边三角形，又为的中点，所以，则，又，所以，即，因为，且平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知，为等边三角形，，所以，则，在中，，则，又，所以，则，因为平面，，所以平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设与平面所成角为，则，即与平面所成角的正弦值为．18.已知椭圆的左、右顶点分别为、，点在椭圆上，且直线与直线的斜率之积为．过点且不与轴重合的直线与椭圆交于、两点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与直线交于点，过作轴的垂线，垂足为，直线、分别交轴于点、，证明：为的中点．【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据斜率公式以及点在椭圆上，联立方程可得，即可求解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理且，进而可得，，根据点斜式求解直线，的方程，即可得到的坐标，利用中点坐标公式，代入化简即可求解.【小问1详解】由题意可得，故，解得，故椭圆的方程为【小问2详解】由于，故在椭圆外，设直线方程为，联立直线与椭圆方程可得，设,则且，联立直线与可得，故，则，故直线的方程为，令，则，故直线的方程为，令，则，故,故而，故为的中点.方法点睛：圆锥曲线中定值的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标关系式，再代入化简.19.如图，以原点为圆心，为半径分别作两个同心圆，设为大圆上任一点，连接，与小圆交于点．过点分别作轴、轴的垂线，两垂线交于点．设以为始边，为终边的角为，点的坐标是，那么点的横坐标为，点的纵坐标为．由于点均在角的终边上，由三角函数的定义有：．当半径绕点旋转一周时，就得到了椭圆的轨迹，因此我们把（为参数）叫做椭圆的参数方程．（1）已知椭圆上有不同两点、，试写出椭圆的参数方程，并利用椭圆的参数方程求面积的最大值；（参考公式：若、，则．）（2）如图，已知在三棱锥中，，，，且，，试利用椭圆的参数方程求锐二面角余弦值的最小值．【正确答案】（1）椭圆的参数方程为（为参数），面积的最大值为（2）【分析】（1）根据题设即可得椭圆的参数方程，设，其中，再利用，即可求解；（2）作于，连接，根据条件，可得二面角的平面角为，再根据条件得的轨迹方程，结合点轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.【小问1详解】因为椭圆方程为，则椭圆的参数方程为（为参数），设，其中，则，因为，所以，所以，故面积的最大值为.【小问2