2024-2025学年重庆市万州区高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年重庆市万州区高二上学期11月期中考试数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．已知圆的方程是，则圆心的坐标是（

）A． B． C． D．3．设，是双曲线C：的左、右焦点，过的直线与C的右支交于P，Q两点，则（

）A．5 B．6 C．8 D．124．两平行直线：，：之间的距离为（

）A． B．3 C． D．5．已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（

）A． B．C． D．6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（

）A． B．C． D．7．已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．若直线与直线平行，则的值可以是（

）A．0 B．2 C． D．410．已知正方体的棱长为2，若，的中点分别为，，则（

）A． B．平面平面C． D．点到平面的距离为11．已知点，直线及圆，则下列结论正确的是（

）A．若点在上，则与相切B．若点在圆上，则被圆截得的弦长为C．若点在圆外，过点作圆的切线，则为过两切点的直线D．若点在圆内，过点的直线与圆交于点，则圆在处的切线的交点在l上三、填空题（本大题共3小题）12．设向量，若，则.13．已知椭圆左､右焦点分别为、，过且倾斜角为的直线与过的直线交于点，点在椭圆上，且.则椭圆的离心率.14．我国南北朝时期的著名数学家祖原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，运用祖原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线.(1)若直线与直线：平行，求的值；(2)若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.16．已知：．（Ⅰ）设点为上的一个动点，求的范围；（Ⅱ）直线过点，且与交于、两点，若，求直线的方程．17．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC，E在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如图2．（1）证明：平面PDE⊥平面BCDE；（2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值．18．已知离心率为的椭圆过点．（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为2直线与椭圆相交于，两点，求的长；（3）过点的直线与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值．19．在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．

答案1．【正确答案】A【详解】由题意直线，可得斜率为，设直线的倾斜角为，其中，可得，所以，即直线的倾斜角为.故选：A.2．【正确答案】A【详解】圆的方程可化为，圆心的坐标是.故选：A.3．【正确答案】C【分析】由双曲线的定义知，，则，即可得出答案.【详解】双曲线C：，则，，由双曲线的定义知：，，，所以.故选：C.4．【正确答案】A【详解】由题意得：直线，，，，两直线为平行直线，直线，两平行直线之间的距离为．故选A.5．【正确答案】D【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，所以线段的中点坐标为，又，则，所以直线的方程为，即.故选：D.6．【正确答案】D【分析】根据投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以，，则向量在向量上的投影向量为.故选D.7．【正确答案】A【详解】由题意知圆的方程为，设，，则,所以,又在圆上，所以，即，即的轨迹方程为.如图所示，当与圆相切时，取得最大值，此时，，所以的最大值为.故选:A8．【正确答案】B【分析】先求出点的轨迹方程，再判断两圆的位置关系，即可求出的取值范围.【详解】因为点为直线与直线的交点，所以由可得，且过定点，过定点，所以点的轨迹是以点与点为直径端点的圆(去除)，圆心为，半径.而圆的圆心为，半径为，所以两个圆心的距离，且，所以两圆相离，所以的最大值为：，因为不在圆上，故，所以的取值范围是.故选B.【关键点拨】本题解决的关键是根据直线垂直以及过定点得到点的轨迹是圆，从而得解.9．【正确答案】AB【详解】因为两直线平行，由斜率相等得，所以或，解得或0或，当时两直线重合，舍去.故选.10．【正确答案】BCD【详解】因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面∥平面，故B正确；如图，

分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，，，故不成立，成立，故A错误，C正确；设平面的法向量，，则，令，则，即，又，所以，故点到平面的距离为，故D正确.故选：BCD11．【正确答案】ACD【详解】对于A，点在上，则，圆的圆心到的距离，故与相切，A正确；对于B，点在圆上，则，圆的圆心到的距离：，所以被圆截得的弦长为，B错误；对于C，设两切点分别为，由A选项分析可知：圆在点处的切线方程分别为，因为点在两切线上，所以，所以点都在直线上，C正确；对于D，由选项C知，设圆在处的切线的交点为，则的方程为，由点在该直线上，所以，所以点在直线上，D正确.故选：ACD.12．【正确答案】2【详解】因为，所以，即，故.故2.13．【正确答案】##【分析】求出、，利用椭圆的定义可得出关于、的等式，即可求得椭圆的离心率的值.【详解】在中，，，则，，则，由椭圆的定义可得，则.故答案为.14．【正确答案】【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，所以，，故截面面积为，把代入，即，解得，所以，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题意得到，再解方程即可.（2）首先分别求出直线在轴和轴的截距，从而得到，再解方程即可.(1)因为，所以，解得.(2)令，得，即直线在轴上的截距为.令，得，即直线在x轴上的截距为.因为直线在两坐标轴上的截距相等，所以，解得或.则直线的方程是或.16．【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或.（Ⅰ）设，由题意得直线与有公共点，所以圆心到直线的距离，代入圆心到直线距离公式，即可求得答案；（Ⅱ）当直线垂直于轴时，经检验，符合题意，当直线不垂直于轴时，设出直线，根据弦长公式，即可求得圆心到直线距离d的值，根据圆心到直线距离公式，即可求得k值，综上即可得答案.【详解】（Ⅰ）设，则直线与有公共点，所以圆心到直线的距离，即，解得．（Ⅱ）当直线垂直于轴时，此时直线方程为，与圆的两个交点坐标为，，这两点的距离为，满足题意；当直线不垂直于轴时，设其方程为，即，设圆心到此直线的距离为，则，解得，即，解得，此时直线方程为，综上所述，所求直线方程为或．本题考查直线与圆位置关系的应用，解题的关键在于，根据题意，得到圆心到直线的距离d的范围或取值，再利用点到直线距离公式进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.17．【正确答案】（1）证明见解析；（2）．【详解】（1）证明：如图，取DE的中点O，连接PO，则PD＝PE，故PO⊥DE，取BC的中点M，连接MO，则MO∥BE，故MO⊥BC，连接PM，因为PB＝PC，M为BC的中点，所以PM⊥BC，又PM∩OM＝M，PM，OM⊂平面PMO，所以BC⊥平面PMO，又PO⊂平面PMO，则BC⊥PO，在平面BCDE内，BC与DE相交，因此PO⊥平面BCDE，又PO⊂平面PDE，故平面PDE⊥平面BCDE；（2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，连接CE，则BC，BE＝1，故，连接CO，则CO⊥DE，则CO，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，所以，，设平面PBC的法向量为，则，即，令x＝1，则，故，设平面PBE的法向量为，则，即，令，则b＝﹣1，c＝1，故，所以，故二面角C﹣PB﹣E的正弦值为．18．【正确答案】（1）；（2）；（3）.（1）由题意，可列出方程组得，即可求出椭圆方程；（2）直线，联立，整理得，写出韦达定理，最后利用椭圆弦长公式能求出的长；（3）当直线的斜率不存在时，直线轴，分别求出，的坐标，根据求出的面积；当直线的斜率存在，且不为0时，可得直线的方程为：，与椭圆的方程联立，得，写出韦达定理和，再根据求出的面积，最后根据双勾函数的性质求出面积的取值范围，综合即可得出的面积的最大值.【详解】解：（1）由题可知，椭圆的离心率为，且椭圆过点，则，解得：，，故椭圆的方程为；（2）过点作斜率为2直线，直线，联立，整理得：，设，，，，则，，；（3）由于直线过点直线，设，，，，当直线的斜率不存在时，直线轴，此时将代入，解得：，即，的坐标分别为，则的面积为：；当直线的斜率存在，且不为0时，可设直线的方程为：，联立，整理得：，则，而的面积为：，即，令，则，得，所以，由于，由双勾函数的性质得，则所以综上得：，所以的面积最大值为.19．【正确答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于