2024-2025学年广东省东莞市高二上学期第一次联合考试数学检测试卷（含解析）

2024-2025学年广东省东莞市高二上学期第一次联合考试数学检测试卷一、单选题（本大题共8小题）1．过点且倾斜角为的直线的方程为（

）A． B．C． D．2．已知向量，，若，共线，则（）A． B． C． D．3．阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆：的面积为，焦距为，则C的离心率为（）A． B． C． D．4．已知四面体如图所示，点为线段的中点，点为的重心，则（）A． B．C． D．5．已知，且点，，则直线的倾斜角的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知为坐标原点，双曲线C：的右焦点为F，点M在C上，且M在x轴上的射影为F，若，则C的渐近线方程为（）A． B． C． D．7．若一束光线从点处出发，经过直线上一点反射后，反射光线与圆交于点，则光线从点A到点经过的最短路线长为（

）A．5 B．6 C．7 D．88．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点的轨迹是一个圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知向量，，则（）A． B．C． D．10．已知点，直线，圆，则（

）A．直线的一个方向向量为B．点到直线的距离为C．圆上的点到点的距离的最大值为D．直线被圆截得的弦长为11．已知分别是双曲线的左、右焦点，经过点且倾斜角为钝角的直线与的两条渐近线分别交于两点，点为上第二象限内一点，则（

）A．若双曲线与有相同的渐近线，且的焦距为8，则的方程为B．若，则的最小值是C．若内切圆的半径为1，则点的坐标为D．若线段的中垂线过点，则直线的斜率为三、填空题（本大题共3小题）12．已知圆，圆，则的公切线方程为．（写出一条即可）13．已知六面体如图所示，其由一个三棱锥和一个正四面体拼接而成，其中，，若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为．

14．已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，若和的离心率分别为，，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线过点．(1)若直线与直线垂直，求的方程；(2)若直线与圆相切，求的方程．16．已知双曲线，直线与交于两点．(1)若的方程为，求；(2)若，且，求的斜率．17．如图，长方体中，，点分别是线段上靠近的四等分点．(1)求点到平面的距离；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．18．已知等腰梯形如图所示，其中，，点在线段上，且，，现沿进行翻折，使得平面平面，所得图形如图所示．(1)证明：；(2)已知点在线段上（含端点位置），点在线段上（含端点位置）．（ⅰ）若，点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值；（ⅱ）探究：是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．19．如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为．

(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称．（ⅰ）证明：直线恒过定点；（ⅱ）记（ⅰ）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为不同的两点），记，，的面积分别为，求的取值范围．

答案1．【正确答案】B【详解】由题意可知：直线的斜率，且过点，故直线的方程为，即．故选：B．2．【正确答案】A【详解】由于，共线，所以，所以.故选：A3．【正确答案】C【详解】由题意可得：，解得，所以．故选：C．4．【正确答案】D【详解】由题知，.故选：D5．【正确答案】D【详解】设直线的倾斜角为，由题意，

因为，所以，所以，所以，即，所以，即直线的倾斜角的取值范围是.故选：D．6．【正确答案】C【详解】因为点M在C上，且M在x轴上的射影为，将代入双曲线方程，可得，解得，所以，又，即，化简可得，设，则，则，上式可化为，令，则，则，即，解得或（舍），即，所以，则双曲线的渐近线方程为.故选：C7．【正确答案】C【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，设点关于直线的对称点坐标为，则，解得，即对称点，则，因为反射光线与圆交于点，则，当且仅当三点共线且点为靠近的交点时等号成立，又因为，所以光线从点A到点经过的最短路线长为．故选：C．8．【正确答案】D【详解】如图，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设Px,y，因为，即，整理得．所以动点的轨迹为以为圆心、4为半径的圆的一部分．设圆与线段交于点，与线段交于点，因为在中，，，则，可知，所以点的轨迹长度为．故选：D．9．【正确答案】ACD【详解】对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故，故C正确；对于D，，故，故D正确；故选：ACD．10．【正确答案】BC【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径.对于选项A：若直线的一个方向向量为，则直线的斜率为，但直线的斜率为，两者相矛盾，故A错误；对于选项B：点到直线的距离，故B正确；对于选项C：因为，所以圆上的点到点的距离的最大值为，故C正确；对于选项D：因为圆心到直线的距离，故直线被圆截得的弦长为，故D错误．故选：BC．11．【正确答案】BCD【详解】对于A，依题意设双曲线（且），即，又的焦距为8，所以，，所以的方程为或，故A错误；对于B，因为，所以，

，当且仅当三点共线时等号成立，故B正确；对于C，设内切圆圆心为，直线与圆的切点分别为．

则，，，所以，，解得，，连接，则内切圆半径，，，，所以轴，点在第二象限，坐标为−2,3，故C正确；对于D，设的中点为，两渐近线可写成，设Ax1,y1，则，且，作差可得，整理得，即（*），在中，，则，故，即，将此式代入（*）得，，解得，由直线的倾斜角为钝角知，则，故D正确．故选：BCD．12．【正确答案】，，（三个方程写出一个即给满分）【详解】因为，的半径均为1，则外切，结合图像可知，的公切线方程为，，．故，，13．【正确答案】/【详解】将该几何体置于棱长为2的正方体中并以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，则异面直线与所成角的余弦值.

故答案为.14．【正确答案】【详解】由题意不妨设双曲线方程为，椭圆方程为，，则，，，则，，又，则，化简可得，即，设，，则，设，，，因为，，所以，即，解得，则，又，则，所以，，即的取值范围是.

故15．【正确答案】(1)(2)或【详解】（1）易知直线的斜率存在，设直线的斜率为，因为直线的斜率为，则，解得，故直线的方程为，即．（2）依题意，圆，若直线的斜率不存在，即直线的方程为，此时直线与圆相切，符合题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，故圆心到直线的距离，解得，此时直线的方程为，综上所述，直线的方程为或．16．【正确答案】(1)(2)1【详解】（1）设，；联立得，，则，，故；（2）若，则为线段的中点，故，，而两式相减可得，，故，得，则直线的斜率为1，此时直线方程为，即，所以，则，所以存在直线，使得直线的斜率为1.17．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，可得，，，设n=x,y,z为平面则，令，则，可得为平面的一个法向量，故点到平面的距离．（2）由，，可得，，设为平面的法向量，则，令，则，可得为平面的一个法向量，记平面与平面的夹角为，故．故平面与平面的夹角的余弦值为．18．【正确答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，而平面，故．（2）由题意易知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，（ⅰ）因为，则，C1,1,0，B1,0,0，，，，故，，设n=x,y,z为平面的法向量，则，令，则，可得为平面的一个法向量，而，记直线与平面所成的角为，则；（ⅱ）由题意，设，，故，，设，，则，而，，若平面，则，解得，故当重合，点的坐标为时，平面，此时．19．【正确答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【详解】（1）因为椭圆E:x2a2+y2所以解得所以椭圆的方程为．（2）（ⅰ）证明：当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，Ax1,y1，Bx联立整理得，则，，，所以，直线的方程为，由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上．当时，，即直线恒过定点．当直线的斜率为0时，直线的方程为，也过．综上，