2024-2025學年河北省邯鄲市武安市高二上冊10月期中數(shù)學檢測試題合集2套（含解析）

2024-2025學年河北省邯鄲市武安市高二上學期10月期中數(shù)學檢測試題（一）考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)城內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4.本卷命題范圍：人教A版選擇性必修第一冊第一章～第三章第1節(jié).一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設向量，，若，則（）A. B. C.1 D.2【正確答案】D【分析】根據(jù)空間向量垂直，結合題中所給的向量的坐標，利用空間向量垂直的坐標表示，求得結果.【詳解】由，得∵，，∴，解得故選：D2.過點，且在軸上的截距為的直線方程為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)條件設出直線的斜截式方程，聯(lián)立方程組即可解得.【詳解】顯然斜率存在，可設直線方程為，則，所以，所以直線方程為，即.故選：C3.已知橢圓的兩個焦點分別為，，點是上一點，且，則的方程為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據(jù)橢圓的定義可求得，代入點的坐標，可求得，可求橢圓方程.【詳解】因為點是橢圓上一點，且，所以，解得，所以橢圓方程為，又點是橢圓上一點，所以，解得，所以橢圓的方程為.故選：B.4.已知點在圓的外部，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】首先方程需要滿足才是圓的方程，由點與圓的位置關系可知，當點在圓外時，點到圓心距離大于半徑，即帶點到圓的方程坐標，結果會大于0【詳解】由題意可知，解得或.故選：C5.兩平行直線與之間的距離為（

）A B. C. D.【正確答案】C【分析】先由兩直線平行求出，再代入兩平行直線間距離公式求解即可；【詳解】由題意知，所以，則化為，所以兩平行直線與之間的距離為．故選：C．6.已知是橢圓的左?右焦點，為上一點，則的最小值為（）A.1 B. C.2 D.4【正確答案】A【分析】利用橢圓的定義知，利用基本不等式即可求出的最小值.【詳解】因為是橢圓的左、右焦點，P在橢圓上運動，所以.所以，所以（當且僅當時等號成立）.所以.即的最小值為1.故選：A7.已知圓：，過圓外一點作的兩條切線，切點分別為.若，則（）A. B.1 C. D.【正確答案】B【分析】根據(jù)圓心和半徑以及切線性質(zhì)可知為正三角形，即可得.【詳解】易知圓的圓心坐標為，半徑，連接，如下圖所示：利用對稱性由可知，又易知，所以可得，即，又，所以為正三角形，即可得；故選：B8.在四面體中，平面，，點分別為棱上的點，且，，則直線與直線夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】以，，為空間向量的基底，表示出和，利用空間向量的數(shù)量積，求異面直線的夾角.【詳解】如圖：因為，所以，則，又，所以，則，又平面，平面，所以，，即，又，所以所以，，，所以，則直線與直線夾角的余弦值為．故選：A方法點睛：以，，為空間向量的基底，表示出和，利用空間向量的數(shù)量積，求異面直線的夾角.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列關于曲線性質(zhì)的描述正確的是（）A.關于軸對稱 B.關于原點對稱C.關于直線對稱 D.所圍成的圖形的面積小于12【正確答案】ABD【分析】把曲線中的同時換成判斷A，把曲線中的同時換成判斷B，把曲線中的同時換成判斷C，根據(jù)判斷D【詳解】把曲線中的同時換成，方程變?nèi)詾椋郧€關于軸對稱，故A對；把曲線中的，同時換成，方程變?nèi)詾?，所以曲線關于原點對稱，故B對；把曲線中的，同時換成，方程變?yōu)椋?，所以曲線不關于直線對稱，故C錯；由可得，，所以所圍成的圖形的面積小于12，故D對，故選：ABD10.已知正方體的棱長為2，若，的中點分別為，，則（）A. B.平面平面C. D.點到平面距離為【正確答案】BCD【分析】根據(jù)面面平行的判定定理判斷B，建立空間直角坐標系，利用向量法判斷線線關系判斷AC，根據(jù)點面距離的向量公式求解距離判斷D.【詳解】因為∥，且，則為平行四邊形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，因為∥，且，則為平行四邊形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面∥平面，故B正確；如圖，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，，，，，，故不成立，成立，故A錯誤，C正確；設平面的法向量，，則，令，則，即，又，所以，故點到平面的距離為，故D正確.故選：BCD11.如圖，曲線可以看作“蝴蝶結”的一部分，已知曲線上除原點外的所有點均滿足其到原點的距離的立方與該點橫縱坐標之積的絕對值的商恒為定值（），則（）A.曲線關于直線對稱B.曲線經(jīng)過點，其方程為C.曲線圍成的圖形面積小于D.存在，使得曲線上有5個整點（即橫、縱坐標均為整數(shù)的點）【正確答案】ACD【分析】首先根據(jù)已知條件求出曲線方程，再運用曲線的對稱性、放縮解決曲線所圍圖形面積以及整點的概念，分別分析每個選項.詳解】對于A，先求曲線方程，設曲線上一點（），由已知，即.若點在曲線上，則也滿足曲線方程，所以曲線關于直線對稱，A選項正確.對于B，將代入曲線方程，得，即，，此時方程為，B選項錯誤.對于C，，則，所以C在以圓心為O，半徑為的圓內(nèi)，結合圖形知道，C選項正確.對于D，由于，所以，由曲線的對稱性可知，要使曲線上有5個整點，則曲線在第一象限內(nèi)有兩個整點，當整點為時，，此時整點都在曲線上，其有3個整點，不滿足題意;當整點為時，，此時整點均在曲線上，且均不曲線上，其有5個整點，滿足題意，D正確.故選：ACD.關鍵點點睛：本題關鍵是找準圖形的信息，求出曲線方程，后運用性質(zhì)，如對稱性，整點，面積借助放縮成半圓即可求解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知直線，若，則______．【正確答案】【分析】根據(jù)直線垂直的充要條件可解.【詳解】若，則，解得．故13.圓：與圓：相交于、兩點，則_________．【正確答案】4【分析】先求出相交弦所在直線的方程，然后根據(jù)圓的弦長的求法求解即可.【詳解】由圓：與圓：，兩圓相減得公共弦AB所在直線方程為：，有圓：，可得圓心，半徑，所以圓心到直線AB的距離，所以.故4.14.設，分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點，過點且傾斜角為60°的直線與橢圓交于，兩點，若，則橢圓【正確答案】【分析】設，將直線和橢圓聯(lián)立消元得，由可得，再結合化簡可得.【詳解】由題意，直線過且斜率為，所以直線為：，與橢圓：聯(lián)立消去，得，設，則，因為，所以，可得，代入上式得，消去并化簡整理得：，將代入化簡得：，解得，因此，該雙曲線的離心率.故答案為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知的三個頂點坐標分別是，，.（1）判斷的形狀，并證明；（2）求邊上的高所在直線的方程.【正確答案】（1）直角三角形，證明見解析（2）【分析】（1）求得，，以及，，可得結論；（2）利用兩直線垂直時斜率的關系，求得邊上的高所在直線的斜率，利用點斜式方程可求結論.【小問1詳解】是直角三角形，理由如下：因為，，，所以，，所以，所以，所以是直角三角形，又，，所以，所以是直角三角形；【小問2詳解】因為，所以邊上的高所在直線的斜率為，又邊上的高所在直線過點，由點斜式方程可得邊上的高所在直線的方程為，即.16.已知半徑為4的圓與直線相切，圓心在軸的負半軸上.（1）求圓的方程；（2）已知直線與圓相交于兩點，且的面積為8，求直線的方程.【正確答案】（1）（2）或.【分析】（1）根據(jù)直線與圓相切,根據(jù)點到直線距離公式求出圓心,再應用圓的標準方程即可;（2）根據(jù)幾何法求弦長,再結合面積公式計算即可.【小問1詳解】由已知可設圓心，則，解得或（舍），所以圓的方程為.【小問2詳解】設圓心到直線的距離為，則，即，解得，又，所以，解得，所以直線的方程為或.17.如圖，在四棱錐中，平面，四邊形是矩形，，點是的中點，點分別是線段上的點，且．（1）求證：；（2）求平面與平面夾角的余弦值．【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）通過建立空間直角坐標系得到，借助數(shù)量積公式計算即可;（2）利用向量法求出平面與平面的法向量，求出二面角的余弦值即可.【小問1詳解】因為平面，平面，且四邊形是矩形，所以兩兩垂直，以點為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，根據(jù)題意，因為，且.所以．因為，所以，即．【小問2詳解】由（1）得．設是平面一個法向量，則，令，得，所以．因為平面，所以平面，所以平面的一個法向量為．因為，結合圖形可得：平面與平面夾角的余弦值為．18.已知橢圓經(jīng)過點A?2,0與點.（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓交于異于的，兩點，且.①證明：直線過定點；②求的面積的最大值.【正確答案】（1）（2）①證明見解析；②【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接求解即可；（2）①設直線方程，聯(lián)立方程組，利用條件，結合韋達定理，表示出直線方程即可得到結果；②由①的結論，設直線方程為，聯(lián)立方程組，結合韋達定理，表示出的面積，結合基本不等式即可求解.【小問1詳解】設橢圓為x2m因為橢圓經(jīng)過點A?2,0與點，所以，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】①由（1）知，橢圓的方程為，設，不妨令在軸上方，則，假設直線斜率不存在，設直線方程為，聯(lián)立方程，可得，所以解得或（舍去），所以直線方程為；假設斜率存在，設直線方程為，聯(lián)立方程，得，所以，，由，可得，解得或，所以直線方程為或，所以直線恒過或（舍去），綜上，直線恒過定點.②由上述可知，當直線斜率不存在時，，設定點為點，則，所以；當直線斜率存在時，，則設方程為，聯(lián)立得，則，，所以，設，則，所以，由函數(shù)在上單調(diào)遞增知，所以，當且僅當，即時取等，故的面積的最大值為.19.已知點是平面內(nèi)不同的兩點，若點滿足，且，則點的軌跡是以有序點對為“穩(wěn)點”的-阿波羅尼斯圓.若點滿足，則點的軌跡是以為“穩(wěn)點”的-卡西尼卵形線.已知在平面直角坐標系中，.（1）若以為“穩(wěn)點”的-阿波羅尼斯圓的方程為，求的值；（2）在（1）的條件下，若點在以為“穩(wěn)點”的5-卡西尼卵形線上，求（為原點）的取值范圍；（3）卡西尼卵形線是中心對稱圖形，且只有1個對稱中心，若，求證：不存在實數(shù)，使得以為“穩(wěn)點”的—阿波羅尼斯圓與—卡西尼卵形線都關于同一個點對稱.【正確答案】（1）（2）（3）證明見解析【分析】（1）由新定義得到，結合為常數(shù)，即可求解；（2）設，由定義得到，從而有，求得，再由，即可求解；（3）由及定義得到以為“穩(wěn)點”的一阿波羅尼斯圓的方程：，再結合對稱性及得到—卡西尼卵形線關于點對稱，從而得到推出矛盾，即可解決問題.【小問1詳解】因為以為“穩(wěn)點”的一阿波羅尼斯圓的方程為，設Px,y是該圓上任意一點，則，所以，因為為常數(shù)，所以，且，所以.【小問2詳解】解：由（1）知，設，由，得，所以，，整理得，即，所以，，由，得，即OQ的取值范圍是.【小問3詳解】證明：若，則以為“穩(wěn)點”的一阿波羅尼斯圓的方程為，整理得，該圓關于點對稱.由點關于點對稱及，可得—卡西尼卵形線關于點對稱，令，解得，與矛盾，所以不存在實數(shù)，使得以為穩(wěn)點的—阿波羅尼斯圓與—卡西尼卵形線都關于同一個點對稱本題考查軌跡問題，新定義的綜合應用，關鍵是讀懂題意，根據(jù)新定義得到相應的軌跡方程，是本題的關鍵也是難點.2024-2025學年河北省邯鄲市武安市高二上學期10月期中數(shù)學檢測試題（二）一、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1.設為實數(shù)，已知直線，若，則（）A.6 B. C.6或 D.或3【正確答案】A【分析】由兩條直線的一般式方程平行的條件求解即可.【詳解】因為，所以，解得：或.當時，，平行；當時，，可判斷此時重合，舍去.故選：A2.已知焦點在軸上的橢圓的焦距為6，則實數(shù)等于（）A. B.6 C.12 D.【正確答案】C【分析】根據(jù)橢圓的焦點位置以及焦距，列式求解，即得答案.【詳解】由于焦點在軸上的橢圓的焦距為6，故，故選：C3.如圖是元代數(shù)學家郭守敬主持建造的觀星臺，其可近似看作一個正四棱臺，若，點在上，且，則（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】利用空間向量的基本定理可求解.【詳解】因為:，所以.又因為：，所以：，所以.故C項正確.故選：C.4.過點且與圓相切的直線方程為（）A. B.C. D.【正確答案】A【分析】先判斷出點M圓上，進而求出切線斜率即可得到答案.【詳解】因為，所以點M在圓上，而，則切線斜率為，所以切線方程為：即故選：A5.“”是“方程表示雙曲線”的（）條件A.必要不充分條件 B.充分不必要條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】利用集合法進行求解.【詳解】因為方程表示雙曲線，所以，解得或.即.因為是的真子集，所以“”是“方程表示雙曲線”的充分不必要條件.故選：B．6.一條光線從點射出，經(jīng)過直線反射后與軸相交于點，則入射光線所在直線的方程為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】先求出點關于直線的對稱點，由光學知識可得反射光線經(jīng)過點，，由直線的兩點式即可求解.【詳解】根據(jù)題意可得反射光線經(jīng)過點，易得入射光線所在直線經(jīng)過點，因為入射光線經(jīng)過點，所以入射光線所在直線的方程為，即.故選.7.已知為直線上的動點，點滿足，則點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】由點坐標，得到坐標，代入直線方程即可.【詳解】設點，因為，所以，代入直線方程可得：，化簡可得：所以的軌跡方程為.故選：C8.已知拋物線的焦點為F，該拋物線C與直線：相交于M，N兩點，則的最小值為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】證明，根據(jù)基本不等式求的最小值.【詳解】根據(jù)題意判斷可得直線l過該拋物線的焦點F，所以，（聯(lián)立直線與拋物線，應用韋達定理及即可證明），所以，當且僅當時取“=”.故選：C.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.已知雙曲線C：（）的離心率，C的右支上的點到其右焦點的最短距離為1，則（）A.雙曲線C的焦點坐標為B.雙曲線C的漸近線方程為C.點在雙曲線C上D.直線與雙曲線C恒有兩個交點【正確答案】AC【分析】由題意求出，即可求出雙曲線方程，可得焦點坐標，判斷AB；代入驗證可判斷C；求出直線所過定點，結合舉特值，即可判斷D.【詳解】雙曲線C上的點到其焦點的最短距離為，離心率，所以，所以，所以雙曲線C的方程為，所以C的焦點坐標為，A正確．雙曲線C的漸近線方程為，B錯誤．因為，所以點在雙曲線C上，C正確．直線即，恒過點，即雙曲線的右頂點，當時，直線與雙曲線C的一條漸近線平行，此時直線與雙曲線只有一個交點，D錯誤．故選：AC10.已知為圓直徑，且不與軸重合，直線與軸交于點，則（）A.與恒有公共點B.是鈍角三角形C.的面積的最大值為1D.被截得的弦的長度的最小值為【正確答案】ABD【分析】是一個在圓內(nèi)的定點，可以判斷A，B選項；根據(jù)是定值可以判斷到的距離最大時，三角形面積最大，從而判斷C選項；被截得的弦的長度的最小時，圓心到直線的距離最大，從而判斷D選項.【詳解】直線與軸交于點，所以，易知在圓內(nèi)部，所以與恒有公共點，A正確．因為在圓內(nèi)部，所以為鈍角，所以是鈍角三角形，B正確．點到的最大距離即點M與圓心之間的距離，為1，所以，C錯誤．被截得的弦的長度最小時，圓心到直線的距離最大，易知此距離為點與圓心之間的距離為1，所以最短弦長為，D正確．故選：ABD11.如圖，在正三棱柱中，側棱長為3，，空間中一點滿足，則（）A.若，則三棱錐的體積為定值B.若，則點的軌跡長度為3C.若，則的最小值為D.若，則點到的距離的最小值為【正確答案】ACD【分析】A：做出圖像，由已知和選項找到點P的位置，判斷到平面的距離為定值，又的面積為定值可求出；B：作圖找到點P位置，判斷軌跡長度即可；C：由向量共線得到P的位置，再點到直線的距離求最小值；D：建系，用空間向量關系求出到的距離，再用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值.【詳解】對A，若，分別作棱，的中點，，連接，則在線段上，易知平面，故點到平面的距離為定值，又的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；若，分別作，的中點，，則點的軌跡為線段，易知，故B錯誤；若，則，，三點共線，即點在線段上，易求點到的距離為，故的最小值為，故C正確；若，則點在線段上，易證，，兩兩垂直，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，，所以，所以，所以點到的距離，所以當時，，故D正確.故選：ACD.方法點睛：本體考查平面向量關系和空間立體幾何的位置關系判定和體積，距離的求法，利用點到直線的距離和二次函數(shù)和建立空間直角坐標系解答，計算量大，屬于比較難的試題.三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.過點P(1,2)且在兩坐標軸上截距的和為0的直線方程為____________________.【正確答案】2x－y＝0或x－y＋1＝0【分析】直線過原點有直線方程為2x－y＝0；直線不過原點時，設軸截距為，則軸截距為，根據(jù)截距式并結合所過的點求，寫出方程.【詳解】當直線過原點時，得直線方程為2x－y＝0；當在坐標軸上的截距不為零時，設軸截距為，則軸截距為，可設直線方程為，將P(1,2)代入方程，可得，得直線方程為x－y＋1＝0.∴綜上，直線方程為2x－y＝0或x－y＋1＝0.故2x－y＝0或x－y＋1＝0.13.若雙曲線的一條漸近線與圓交于兩點，則____.【正確答案】【分析】根據(jù)雙曲線的標準方程，得到的值，結合雙曲線的幾何性質(zhì)，求得雙曲線的漸近線方程，再利用圓的弦長公式，即可求解.【詳解】由雙曲線，可得，又由雙曲線的其中一條漸近線方程為，即，因為圓的圓心為，半徑，所以圓心到漸近線的距離為，由圓的弦長公式，可得.故答案為.14.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左?右焦點分別為，若為橢圓上一點，【正確答案】【分析】由內(nèi)切圓半徑的計算公式，利用等面積法表示焦點三角形的面積，得到方程，即可得到離心率的方程，計算得到結果.【詳解】由題意，可知為橢圓通徑的一半，故，的面積為，又由于的內(nèi)切圓的半徑為，則的面積也可表示為，所以，即，整理得：，兩邊同除以，得，所以或，又橢圓的離心率，所以橢圓的離心率為.故答案為.四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.已知圓過點，圓心在直線上，且直線與圓相切.（1）求圓的方程；（2）過點的直線交圓于兩點.若為線段的中點，求直線的方程.【正確答案】（1）（2）或.【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；（2）設，從而得到，由在圓上，代入方程求解即可解決問題.【小問1詳解】設圓M的方程為，因為圓過點，所以，又因為圓心在直線上，所以②，直線與圓M相切，得到③，由①②③解得：因此圓的方程為【小問2詳解】設，因為A為線段BD的中點，所以，因為在圓上，所以，解得或當時，由可知直線的方程為；當時，由可得斜率，故直線的方程為，即.綜上，直線的方程為或.16.如圖，四棱錐的底面為正方形，平面，.（1）證明：四點共面；（2）求點到平面的距離.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，結合空間向量線性運算的坐標表示可得，進而求證；（2）求出平面的法向量，結合空間向量知識求解即可.【小問1詳解】證明：因為平面，平面，平面，所以，又四邊形為正方形，所以.以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.由，得，則.所以，，設，則，解得，所以，故四點共面.【小問2詳解】設平面的法向量為，由，得，取，則，又，所以點到平面的距離.17.已知橢圓的左?右頂點分別為A,B，點，連接交橢圓C于點M?N，為直角三角形，且.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線l與橢圓C交于D?E兩點，若，求證：直線l過定點【正確答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意知，求出，再由求出，即可求出橢圓的標準方程；（2）設，設的方程為，聯(lián)立橢圓方程消元后得到韋達定理，由代入求出，即可求出直線恒過的定點.【小問1詳解】解：因為為直角三角形，所以由橢圓的對稱性知，，即，所以，則，代，得，解得，，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】證明：由題意，可設直線的方程為，聯(lián)立消去x得，，設