2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市高二上学期11月期中考试数学检测试题一、单选题1．已知直线过点且与直线平行，则直线的一般式方程为（

）A． B．C． D．2．“”是“直线与直线垂直”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，，则的面积为（

）A． B． C． D．4．正方体的棱长为，则（

）A． B． C． D．5．已知点F，A分别是椭圆的左焦点、右顶点，满足，则椭圆的离心率等于（

）A． B． C． D．6．已知，是椭圆上的动点，是线段上的点，且满足，则动点的轨迹方程是A． B．C． D．7．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离（

）A． B． C． D．8．若圆上恰有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．关于空间向量，以下说法正确的是（

）A．若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则B．若空间中任意一点O，有，则四点共面C．若空间向量，满足，则与夹角为钝角D．若空间向量，，则在上的投影向量为10．已知直线和圆，则下列选项正确的是（

）A．直线恒过点B．圆与圆公共弦所在直线方程为C．直线被圆截得的最短弦长为D．当时，圆上存在无数对关于直线对称的点11．2022年4月16日9时56分，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半粗圆组成的“曲圆”．如图，在平面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与轴交于点．若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则下列说法正确的有（

）

A．椭圆的长轴长为B．线段长度的取值范围是C．面积的最小值是4D．的周长为三、填空题12．已知椭圆（）的一个焦点是（，0），则椭圆的长轴长是.13．已知点，点是圆上任意一点，则到直线距离的最小值为.14．关于的方程有实数解，则实数的取值范围是.四、解答题15．已知直线和圆．(1)若直线交圆于，两点，求弦的长；(2)求过点且与圆相切的直线方程．16．已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，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．17．如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接.(1)求证：平面平面；(2)若是的中点，连接，当时，求平面与平面夹角的余弦值.18．如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线(1)求椭圆的方程；(2)求中点E的轨迹方程；(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.19．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.

(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；(3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.答案：题号12345678910答案BABDBBCCABDBCD题号11答案ABD1．B【分析】根据题意，得到，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】直线的斜截式方程为，则其斜率为，因为直线过点，且与直线平行，所以，则直线的点斜式方程为，即为．故选：B.2．A【分析】根据两直线垂直解得或，根据包含关系分析充分、必要条件.【详解】若两直线垂直，则，解得：或，显然集合是集合的真子集，所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.故选：A.3．B【分析】根据椭圆的定义可得，，可得为直角三角形，进而可得解.【详解】由，得，，即，，又，则，，所以为直角三角形，，所以，故选：B.4．D【分析】根据空间向量数量积的运算律，结合垂直关系即可求解.【详解】因为正方体的棱长为，所以，故选：D.5．B【分析】首先根据推断出，进而根据勾股定理可知，把进而整理关于a和c的方程求得即离心率e的值.【详解】

，，，即，整理得，即，等号两边同时除以得，即，求得，，，故选：B.6．B【分析】求轨迹方程可设动点，，再利用求出关于的坐标关系式，再将坐标表达式代入椭圆方程即可．【详解】设动点，，因为，故，化简得，又在椭圆上，故，化简得，故选B．求轨迹方程可直接设所求点坐标为，再根据题目所给信息，用含有的表达式表达已知方程上的动点，再带入满足的方程化简即可．7．C【分析】由空间向量法可得出，即可得解.【详解】因为平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离.故选：C.8．C【分析】求出与直线平行且到直线的距离为1的直线的方程为和，数形结合可知，圆与直线相交，与直线相离，利用点到直线的距离公式可求得的取值范围.【详解】如图所示.设与直线平行且与直线之间的距离为1的直线方程为，则，解得或，圆心到直线的距离为，圆到直线的距离为，由图可知，圆与直线相交，与直线相离，所以，即.故选：C9．ABD【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A，由空间向量基本定理分析B，由向量平行的性质分析C，由投影向量分析D．【详解】对于A：若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，易得，即，则有，A正确；对于B：在中，由于，故四点共面，B正确；对于C：当，反向共线时，也成立，但与夹角不为钝角，C错误；对于D，在上的投影向量为，D正确．故选：ABD．10．BCD【分析】选项A，将直线转化成斜截式，即可求解；选项B，利用求两相交圆公共弦的求法，直接求出公共弦，即可求解；选项C，利用圆性质知直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，即可求解；选项D，根据条件可得直线过圆心，即可求解.【详解】对于选项A，直线，即，所以直线恒过定点，故选项A错误，对于选项B，因为的方程为①，圆的方程为②，由①②得，所以圆与圆公共弦所在直线方程为，故选项B正确，对于选项C，因为圆的圆心为，半径为，根据圆的性质，可得当直线和直线垂直时，此时截得的弦长最短，又，所以最短弦长为，故选项C正确，对于选项D，当时，直线，因为，所以直线过圆心，故上存在无数对关于直线对称的点，所以选项D正确，故选：BCD.11．ABD【分析】结合圆的半径长可求得，结合椭圆焦点坐标可求得，由此可判断A；根据，结合的范围可判断B；设，利用结合面积公式可求得，取可判断C；结合椭圆定义可判断D.【详解】对于A，∵半圆所在圆过点，∴半圆的半径，又椭圆短轴为半圆的直径，∴，即，又，∴，即，∴椭圆长轴长为，故A正确；对于B，∵，，∴，故B正确；对于C，设，则，当时，，故C错误；对于D，由题意知：，则为椭圆的下焦点，由椭圆定义知：，又，∴的周长为，故D正确.故选：ABD.

12．6【分析】依题意可得，即可求出参数，从而求出长轴长；【详解】解：因为椭圆（）的一个焦点是（，0），所以，即所以椭圆的长轴长故本题考查椭圆的简单几何性质，属于基础题.13．【分析】先求出直线的方程，再求出圆心到直线的距离，然后减去半径，即可求解.【详解】因为，所以直线的方程为，即，又圆的圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离为，故到直线距离的最小值为.故答案为.14．【分析】考虑直线与曲线相切，且切点位于第二象限时，利用点到直线的距离公式求出的值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】由可得，即曲线表示圆的上半圆，由题意可知直线与曲线有公共点，如下图所示：当直线与半圆相切且切点位于第二象限时，则有，解得.由图可知，当时，直线与半圆有公共点，因此，实数的取值范围是.故答案为.15．(1)(2)或【分析】（1）先由圆的方程得到圆心和半径，根据几何法求弦长，即可得出结果；（2）当直线斜率不存在时，可直接得出切线方程；当直线斜率存在时，先设切线方程为，由圆心到直线的距离等于半径列方程，得出的值即可求出直线方程．【详解】（1）将圆：化成标准方程：，所以的圆心为，半径，所以到直线：的距离，所以；（2）①当直线斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；②当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，所以圆心到直线的距离为，即，解得：，所以此时切线方程为，化简得．综上所述，所求的直线方程为：或．16．(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.【详解】（1）由题意可知：，则，∵，∴，∴，∴椭圆（2），∴直线：，联立方程组得,设，则，点到直线的距离∴

17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面，即可得到，再证明，即可得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解.【详解】（1）因为是圆的直径，与圆切于点，所以，又底面圆，底面圆，，又，平面，平面，又平面，，在中，，，则，，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为底面圆，如图以为原点，在底面圆内过点作的垂线为轴，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，易得，，，，，，由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，因为，，由，得到，令，得，，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件列的关系式求解即可.（2）设直线方程，与椭圆联立可表示点，根据点横、纵坐标之间的关系可得轨迹方程.（3）根据韦达定理代入中即可得到定值.【详解】（1）由题意得，，又∵，∴，∴椭圆的方程为.（2）设直线方程为，，由得，，由得，，则，∴，∵E为中点，∴，即，设，则，由得，故中点E的轨迹方程为.（3）由直线的斜率存在且异于点得，，故且，∴，∴为定值.19．(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析；(3)存在，理由见解析.【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；（2）先求出面的法向量，设,利用向量法结合线面角得正弦值求解即可;（3）由点在空间内轨迹为以中点为球心,为半径的球,而中点到平面的距离为,即可求解.【详解】（1）如图，

过E作交于点G,连接,面，面，则，又面，面，且不共线，故，因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面,所以平面；（2）