2024-2025学年辽宁省朝阳市高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年辽宁省朝阳市高二上学期期中考试数学检测试题一、单选题（每小题5分，共50分）1．直线的倾斜角是（

）A． B． C． D．2．双曲线的焦点坐标是（

）A．, B．,C．, D．,3．平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（

）A． B．C． D．4．设双曲线的渐近线方程为，则的值为（

）A．4 B．3 C．2 D．15．圆与圆的位置关系是（

）A．内切 B．相交 C．外切 D．外离6．若数列an满足，且，则（

）A． B．2 C． D．7．已知圆，直线过点，则直线被圆截得的弦长的最小值为（）A． B． C． D．8．已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（

）A．9 B．10 C．11 D．129．已知点F是双曲线的一个焦点，直线，则“点F到直线的距离大于1”是“直线与双曲线C没有公共点”的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件10．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④面积的最小值是．其中所有正确结论的个数是（

）A．3 B．2 C．1 D．0填空题（每小题5分，共30分）11．已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为．12．若双曲线的焦距是，则实数．13．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，则；双曲线的渐近线方程是．14．若数列的前项和，则此数列的通项公式为；数列中数值最小的项是第项．15．已知直线与曲线的图象有公共点，则实数的一个取值为；实数的最大值为．16．已知曲线，点在曲线上，给出下列四个结论：①曲线关于直线对称：②当时，点不在直线上：③当时，；④当时，曲线所围成的区域的面积大于.其中所有正确结论的有．三、解答题（共5个小题，共70分）17．（本小题满分13分）在直四棱柱中，，，，，(1)求证：平面；(2)若直四棱柱体积为36，求二面角的余弦值.18．（本小题满分15分）已知椭圆的离心率为，长轴端点分别为，，.(1)求椭圆的标准方程；(2)，为椭圆的焦点，为椭圆上一点，且.求点的坐标；(3)为椭圆上任意一点（不与、重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为常数，并说明理由.19．（本小题满分13分）如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.

(1)求证：平面；(2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.20．（本小题满分15分）已知椭圆过点，焦距为.(1)求椭圆的方程，并求其短轴长；(2)过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.21（本小题满分14分）．已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.(1)若，写出的所有子集；(2)若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；(3)若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.

答案题号12345678910答案DCDCCDACAC题号16答案A1．D【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.【详解】，设其倾斜角为，则，又，则，即倾斜角为，故选：D2．C【分析】先判断出焦点在轴上，再求出焦点坐标即可.【详解】由双曲线的方程可得该双曲线的焦点在轴上，且，所以该双曲线的焦点坐标为,.故选：C.3．D【分析】利用空间向量的基底表示以及线性运算即可求得结果.【详解】如下图所示：易知.故选：D4．C【分析】先根据双曲线求出渐近线方程，再与比较即可求出的值．【详解】由双曲线的几何性质可得，双曲线的渐近线方程为，又因为渐近线方程为，即，故，选C．本题主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属基础题．5．C【分析】根据条件，先求出两圆的圆心和半径，再利用两圆位置关系的判断方法，即可求解.【详解】因为圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，又，所以两圆的位置关系为外切，故选：C.6．D【分析】确定数列的周期即可求解.【详解】,所以，所以，所以数列周期为3，由，可得，所以.故选：D7．A【分析】先判断出与圆的位置关系，然后根据圆心到直线的距离的最大值求解出弦长的最小值.【详解】直线恒过定点，圆的圆心为，半径为，又，即在圆内，当时，圆心到直线的距离最大为，此时，直线被圆截得的弦长最小，最小值为．故选：A.8．C【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详解】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．9．A【分析】由点到直线距离公式和充分必要条件可判断.【详解】由双曲线，可知，且渐近线方程为若点F到直线l的距离，得，或，如图，由双曲线性质可知，直线l与双曲线C没有公共点；反之，若直线l与双曲线C没有公共点，因为直线l过原点，由图可知，，或，则，即点F到直线l的距离大于或等于1，所以，“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的充分不必要条件.故选：A10．C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系、夹角，异面直线距离、点面距离一一判定选项即可.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，对于①，此时易知，即，而平面的一个法向量为，显然，即①正确；对于②，易知平面，即平面，则直线到平面的距离即点到平面的距离，此时，设平面的一个法向量为，则，令，即，所以点到平面的距离，即②错误；对于③，设，则，，所以，若，则，显然时符合题意，故③正确；对于④，当面积最小时即到距离最小时，此距离亦即异面直线与的距离，易知，则平面，此距离即到平面的距离，不妨设平面的一个法向量为，则，令，即，则到平面的距离，所以面积的最小值为，故④错误.故选：C

11．【分析】根据抛物线的方程求出的值，进一步得出答案.【详解】因为抛物线，所以，∴所以的准线方程为.故12．/0.125【分析】根据双曲线标准方程直接求解.【详解】由双曲线，即，且焦距为，即，解得，故答案为.13．【分析】由抛物线方程可得焦点为，由题设结合双曲线参数关系求，进而根据上曲线方程写出渐近线方程即可.【详解】由题设，抛物线焦点为，故对于，有，∴，则，故渐近线方程为.故，.14．；3【详解】数列{an}的前项和，数列为等差数列，数列的通项公式为=，数列的通项公式为，其中数值最小的项应是最靠近对称轴的项，即n=3，第3项是数列中数值最小的项．15．（答案不唯一）/【分析】首先得到直线过定点，曲线是半个圆，数形结合得到两种临界情况，根据直线斜率变化情况，解不等式，即可得到结果.【详解】

直线可变形为，可得到直线过定点，曲线为以原点为圆心，为半径的圆的上半部分，若两个图象有公共点，则只需要直线和圆相交即可，如图是两种临界情况，当直线过点1,0直线的斜率为；当直线过点时得到直线的斜率为，当直线斜率存在时，即时，直线的斜率为，由图可得直线斜率的范围是，即解得，当时，直线为，符合题意.故得到范围是，则实数的一个取值可以为，的最大值为12.故（答案不唯一）；.16．A【分析】对于①：举例，确定点0,1和点1,0是否满足曲线方程来判断；对于②：带入，然后对曲线方程左边因式分解即可；对于③：代入，因式分解得，然后利用基本不等式求的最值即可；对于④：代入，得到，结合双曲线的图象特点来判断面积的大小.【详解】对于①：点0,1满足曲线，但1,0不满足曲线，所以曲线不关于直线对称，①错误；对于②：当时，，即，所以，所以，即点不在直线上，②正确；对于③：当时，，即，所以所以，得，当且仅当时，等号成立，所以当时，，③正确；对于④：当时，曲线，所以，所以，即，所以曲线所围成的区域的面积大于椭圆面积，椭圆面积大于以长轴和短轴为对角线的菱形面积，故曲线所围成的区域的面积大于，④正确；故选：A.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证；（2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可．【详解】（1）由题意知，，因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，平面，所以平面，又，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．（2）由题意知，底面为直角梯形，所以梯形的面积，因为四棱柱的体积为36，所以，过作于，连接，因为平面，且平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以，所以即为二面角的平面角，在△中，，所以，所以，即，故二面角的大小为．18．(1)(2)，或，或，或(3)为常数，理由见详解【分析】（1）椭圆的标准方程为，由已知可得，，进而得到，即可求得椭圆的标准方程；（2）设Px,y，由，在中，由勾股定理，再可得，与椭圆的方程联立，即可求出点的坐标；（3）设，由，，可得，即为常数.【详解】（1）设椭圆的标准方程为，因为长轴端点分别为，，所以，因为椭圆的离心率为，所以，则，所以，则椭圆的标准方程为.（2）设Px,y因为，为椭圆的焦点，为椭圆上一点，且，所以，由（1）知椭圆为，，所以，整理得，与联立，解得，所以点的坐标为，或，或，或.（3）设，又，，则，，所以，又，所以，则，即为常数.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）选条件①：平面平面，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.因为为等边三角形，点为的中点，所以，因为平面平面，所以平面.选条件②：因为，为等边三角形，所以，因为，则，所以为直角三角形，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，因为为等边三角形，点为的中点，所以，因为平面平面，所以平面.（2）因为，由（1）知平面，所以平面.如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，

所以，所以.因为点为上一点，设，所以.因为，则，所以，所以，所以，所以.设平面的法向量为n=x,y,z，所以，所以，令，得，所以.设直线与平面所成角为，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．(1)，4(2)【分析】（1）由题意根据长轴顶点坐标、焦距以及平方关系列方程即可求解.（2）不妨设直线的方程为，，，则.联立直线的方程与椭圆方程，由韦达定理得，联立直线与直线的方程得点的坐标，由中点坐标公式得点的坐标，由斜率公式以及韦达定理可得斜率的表达式（只含有参数），对分类讨论即可求解.【详解】（1）由题意知，.所以，.所以椭圆的方程为，其短轴长为4.（2）设直线的方程为，，，则.由，得.所以.由得直线的方程为.由得.因为，所以，.所以.因为为的中点，且，所以.所以直线的斜率.当时，.当时，因为，当且仅当时，等号成立.所以.所以当时，取得最大值.21．(1)；(2)2；(3)13.【分析】（1）根据子集的定义，即可容易求得；（2）取，求得，再利用反证法假设，推得与矛盾即可；（3）令，讨论时不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.【详解】（1）当时，，的所有子集为.（2）当时，取，因为，所以是的子集，此时；若