2024-2025学年黑龙江省伊春市高二上册11月期中考试数学检测试题（含解析）

2024-2025学年黑龙江省伊春市高二上学期11月期中考试数学检测试题一、单选题：本题共8道小题每个小题5分共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．2．直线将圆平分，且与直线平行，则直线的方程是A．B．C．D．3．五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（

）A．48 B．24 C．20 D．164．已知图O的半径为定长r,A是圆O内一个定点,P是圆上任意一点,线段AP的垂直平分线和半径OP相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹是（

）A．圈 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．双曲线的两支CB5．3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为3D打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为，下底直径为，喉部（中间最细处）的直径为，则该塔筒的高为（

）A． B． C． D．6．已知椭圆，则椭圆上的点到点的距离的最大值是（

）A． B． C． D．7．已知抛物线的方程为，过其焦点的直线交抛物线于两点，若，（

）A． B．3 C． D．28．已知双曲线的离心率为，右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，则有（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3道小题，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2分或4分，有选错的得0分.9．已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（

）A．当时，曲线C是椭圆B．当或时，曲线C是双曲线C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D．若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则10．以下四个命题表述正确的是（

）A．两圆与的公共弦所在的直线方程为B．圆：与圆：恰有三条公切线C．为圆：上的点，则的最大值为25D．若圆：上有且仅有两个不同的点到直线：的距离为1，则的取值范围是11．已知点是抛物线：上一点，过点P作抛物线：的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，H为线段MN的中点，F为的焦点，则（

）A．若，则直线MN经过点F B．直线轴C．点H的轨迹方程为 D．三、填空题：本题共3道小题，每小题5分，共15分.12．有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有种不同的投入方法．13．已知是椭圆上的一点，且在轴上方，分别是椭圆的左、右焦点，直线的斜率为，则的面积为.14．已知点是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0左支上一点是双曲线的左、右两个焦点，且与两条渐近线相交于四、解答题：本题共5道小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．已知直线，直线，与交于点点.(1)求线段的垂直平分线的方程；(2)求过两点，且圆心在直线上的圆的标准方程.16．已知是双曲线的一条渐近线，点在上.(1)求的方程；(2)已知直线的斜率存在且不经过原点，与交于两点，的中点在直线上.若，的面积为，求的方程.17．已知椭圆四点、、、中恰有三点在椭圆上.(1)求的方程；(2)设直线不经过点且与相交于，两点，若直线与直线的斜率的和为0，求证：的斜率为定值.18．已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为4.(1)求动圆圆心的轨迹方程；(2)过点的直线交的轨迹于两点.（ⅰ）若点，求的最小值；（ⅱ）为在轴上的投影，连接与分别交抛物线于，问：直线是否过定点，若存在，求出该定点；若不存在，请说明理由.19．如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与曲线相交于、两点，直线，分别与交于点.

(1)求；(2)证明：以为直径的圆经过点；(3)记、的面积分别为、，若，求的取值范围.1．C【分析】将方程化成标准式，即可求解.【详解】由可得，故，则，故焦点坐标为，故选：C2．C【分析】由题易知，直线过圆的圆心，又因为与直线平行，即可得出答案.【详解】圆的圆心坐标，直线将圆平分，所以直线过圆的圆心，又因为与直线平行，所以可设直线的方程为，将代入可得所以直线的方程为即.故选：C．3．A【分析】根据捆绑法即可求解.【详解】由相邻问题捆绑法可得,故选：A4．B【分析】连接,因为点Q在线段AP的垂直平分线上,所以,所以,可得点Q的轨迹符合椭圆的定义.【详解】解:连接,如图所示:因为点Q在线段AP的垂直平分线上,所以,所以,因为A是圆O内一个定点,所以,即,即动点Q到两定点O、A的距离和为定值,根据椭圆的定义,可知点Q的轨迹是:以O,A为焦点,OA为实轴长的椭圆.故选:B5．C【分析】根据模型建立平面直角坐标系，由已知条件先求双曲线的标准方程，再计算高度即可.【详解】该塔筒的轴截面如图所示，以喉部的中点为原点，建立平面直角坐标系，设A与分别为上，下底面对应点.设双曲线的方程为，因为双曲线的离心率为，所以.又喉部（中间最细处）的直径为，所以，所以双曲线的方程为.由题意可知，代入双曲线方程，得，所以该塔筒的高为.故选:C.6．C【分析】根据点点距离公式即可结合二次函数的性质求解.【详解】设是椭圆上的一个动点，则，，由于，故当时，取最大值，故选：C7．C【分析】设出直线方程与抛物线联立，利用韦达定理和焦点弦公式代入计算可求得.【详解】如下图所示：

易知，不妨设；设直线的方程为，与联立消去得，,由韦达定理可知；由可得；联立解得，即；根据焦点弦公式可得；代入计算可得.故选：C8．B【分析】由离心率求得，求出渐近线方程，写出圆方程后，两方程联立求得交点坐标后，由直线的倾斜角可得结论．【详解】由已知，，，所以双曲线的渐近线方程为即为，圆方程为，即，取渐近线方程，由，解得或，不妨设，，显然轴，又，即的倾斜角为，从而．

故选：B．9．BD【分析】根据双曲线和椭圆的方程，即可结合选项逐一求解.【详解】对于A，当时，曲线为,此时表示圆，故A错误，对于B，当时，，此时曲线表示焦点在上的双曲线，当时，此时曲线表示焦点在上的双曲线，故当或时，曲线C是双曲线，B正确，对于C,若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则满足，解得，故C错误，对于D，曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则，故，D正确，故选：BD10．ABC【分析】对A，将两圆的方程相减即可；对B，根据两圆的位置关系判断即可；对C，根据的几何意义求解即可；对D，由圆心到直线的距离，即可求得m的取值范围，从而判断.【详解】对于A，将两圆方程相减得：，故A正确；对于B，将圆C：化为标准方程为：，其圆心，半径，将圆：化为标准方程为：，其圆心，，则，则两圆外切，故两圆有3条公切线，故B正确；对于C，因为表示圆上的点到点的距离，由圆心到点的距离，得的最大值为，故C正确；对于D，由圆C：上有且仅有两个不同的点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离，即，解得或，故D错误；故选：ABC.11．ABD【分析】利用导数的几何意义，先表示出切线方程，联立方程组，得直线MN的方程为，解得，从而得，可判定A、B；再由点，可得轨迹方程，判定C；由向量坐标运算得，，判定D.【详解】已知抛物线的方程y2=2pxp>0由，可得或，不妨设，则，则，由导数的几何意义知过点的切线的斜率为，故所求切线方程为，化简得即又在抛物线上，，所以切线方程为

(可验证对,此方程也适用)所以设，设过点M的切线为，过点N的切线为，这两条切线交于点Px0,从而直线MN的方程为．若，则直线MN经过点F1,0，A正确．设过点M的切线为，过点N的切线为，联立，解得，即，从而，即，由于点H为M，N中点，则，而轴，B正确．点，由于，，从而点H的轨迹方程为，C错误．由于，，，则．又，则，同理可得，从而，D正确．故选：ABD.思路点睛，借助导数的几何意义，求出经过抛物线上一点的切线的方程为：，然后结合条件逐项分析即得.12．81【分析】根据分步乘法技术原理即可求解.【详解】每封信都有3种选择，所以将4封不同的信投入3个不同的信箱，共有种方法，故8113．【分析】根据椭圆方程可得，进而根据两点斜率公式，结合椭圆方程，即可求解，根据焦点三角形的面积公式即可求解.【详解】设，且，由可得故，故，，则，平方可得，化简可得，求得，故，故14．【分析】利用三角形中位线定理、锐角三角函数的正弦与余弦的定义，结合已知，可以求出的双曲，进而求得双曲线的离心率.【详解】因为是中点，即是的中位线，则，可得，，又因为，则，，关系则，所以双曲线的离心率是.故答案为.15．(1)(2)【分析】（1）联立两直线方程可得交点，求解中点坐标，即可根据斜率公式求解，即可根据垂直的斜率关系，结合点斜式即可求解直线方程，（2）联立两直线方程可得圆心坐标，进而可求解半径，即可得解.【详解】（1），故，因为，所以中点坐标为且.所以的垂直平分线方程为，即.（2），故圆心坐标为，半径为.所以圆的标准方程为.16．(1)(2)【分析】（1）根据渐近线以及经过的点，联立方程即可求解，（2）联立直线与双曲线方程可得韦达定理，进而根据中点坐标公式，中点在上求解，根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解三角形面积得.【详解】（1）由题可得，所以的方程为.（2）设，由得，由题意得，设中点的坐标为，则所以.因为的中点在直线上，所以，即，因为，所以故的方程为，且，又点到的距离，所以，解得，所以的方程为.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，判断椭圆所过的三点，列出关于的方程求解即得.（2）按直线的斜率存在与不存在设出方程，再与椭圆的方程联立，借助韦达定理计算作答.【详解】（1）由对称性可知和在椭圆C上，所以因为，所以不在上，进而在上，所以，所以，即的方程为.（2）如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得的坐标分别为，则，所以，不符合题意．从而可设的方程为，联立，所以则，所以，所以，所以，所以，所以，因为直线不经过点，所以，所以，解得.18．(1)(2)（i）；（ii）存在，【分析】（1）设动点坐标，根据题意列出等式，化简出轨迹方程；（2）（i）设直线方程和交点坐标，联立方程组整理得到二次方程，由韦达定理得到点的坐标之间的关系，由抛物线的定义列出表达式，借助韦达定理的结论进行化简，由此得出最小值.（ii）斜率不存在时写出直线，斜率存在时，设直线方程和交点坐标，联立方程组，整理的二次方程，由韦达定理得到点的坐标的等式，由两点式写出直线方程，因为斜率不存在时，所以直接令，若为定值，则过定点.【详解】（1）设动圆圆心为，到轴距离为，动圆截轴所得半弦长为2，则，化简得；所以动圆圆心的轨迹方程为.（2）（i）设Ax1,y1设直线的方程为，与的轨迹方程联立得消去得，由在抛物线内部，故，所以.由（1）知，F1,0为轨迹的焦点，由抛物线定义得，所以当时，的最小值为；当直线斜率不存在时，.由抛物线定义知.综上，的最小值为.（ii）情况1：直线斜率不存在时，直线的方程为.情况2：直线斜率存在时，设直线的方程为.设直线的方程为.，则所以.则，所以.即同理.所以直线CD的方程为令.则所以定点为.19．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,（2）利用斜率公式结合韦达定理计算得出，可得出，即可证得结论成立；（3）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.【详解】（1）若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.所以直线的斜率存在，设直线的方程为.由得，设Ax1,y1、B于是.（2）因为点，所以，所以，即，所以为直径的圆经过点.（3）由已知，设的斜率为，则的方程为，由解得或，则点A的坐标为，又直线的斜率为，同理可得点的坐标为.所以，由得，解得或，则点的坐标