2024-2025學年內蒙古自治區(qū)赤峰市高二上學期第三次階段性測試數(shù)學檢測試題（附解析）

2024-2025學年內蒙古自治區(qū)赤峰市高二上學期第三次階段性測試數(shù)學檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．拋物線的焦點坐標為（

）A． B． C． D．2．如圖，在四面體OABC中，，，.點M在OA上，且，為BC中點，則等于（

）

A． B．C． D．3．“”是“直線與直線垂直”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．平面的一個法向量為，點在平面內，則點到平面的距離為（

）A． B． C．1 D．5．已知橢圓E：的右焦點為，過點的直線交橢圓于，兩點，若線段的中點坐標為，則橢圓的標準方程為（

）A． B．C． D．6．圓上有且僅有兩點到直線的距離為，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B．C． D．7．已知、分別為雙曲線的左右焦點，過的直線與雙曲線左支交于，兩點，且，以為圓心，為半徑的圓經過點，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．8．如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段（不含端點）上運動，則下列結論正確的是（

）①的外接球表面積為；②異面直線與所成角的取值范圍是；③直線平面；④三棱錐的體積隨著點的運動而變化.A．①② B．①③ C．②③ D．③④二、多選題（本大題共3小題）9．設為坐標原點，直線過拋物線的焦點，且與交于，兩點，為的準線，則（

）.A． B．C．以為直徑的圓與相離 D．為等腰三角形10．以下四個命題為真命題的是（

）A．過點且在軸上的截距是在軸上截距的4倍的直線的方程為B．直線的傾斜角的范圍是C．直線與直線之間的距離是D．方程表示雙曲線，則的取值范圍是或11．已知橢圓，，分別為它的左右焦點，點，分別為它的左右頂點，已知定點，點是橢圓上的一個動點，下列結論中正確的有（

）A．直線與直線斜率乘積為定值B．存在點，使得C．有最小值D．的范圍為三、填空題（本大題共3小題）12．唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句是說“百日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，詩中隱含著一個有趣的數(shù)學問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回到軍營，怎樣走才能使路線最短？在平面直角坐標系中，設軍營所在的位置為，若將軍從山腳下的點處出發(fā)，河岸線所在的直線方程為，則“將軍飲馬”的最短總路程為.13．已知橢圓與雙曲線有共同的焦點，，點為兩曲線的一個公共點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，那么的最小值為.14．在平面直角坐標系中，點，動點滿足，則面積的最大值為.四、解答題（本大題共5小題）15．已知圓，直線.(1)求證：直線恒過定點；(2)直線被圓截得的弦何時最長？何時最短？并求截得的弦長最短時的值以及最短弦長.16．已知橢圓E：，若橢圓焦距為4，點在橢圓上，焦點，且面積最大值為4，過點的直線交橢圓于，兩點.(1)求橢圓標準方程.(2)若直線與軸不垂直，在軸上是否存在點，使得恒成立？若存在，求出點坐標，若不存在，說明理由.17．已知是拋物線：的焦點，點在拋物線上，且.（1）求拋物線的標準方程；（2）若、是拋物線上的兩個動點，且，為坐標原點，求證：直線過定點.18．平面上兩個等腰直角和，既是的斜邊又是的直角邊，沿邊折疊使得平面平面，為斜邊的中點.(1)求證.(2)求與平面所成角的正弦值.(3)在線段上是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.19．在平面直角坐標系中，有點Px1,y1、Qx2,y2．若以軸為折痕，將直角坐標平面折疊成互相垂直的兩個半平面（如圖所示），則稱此時點

(1)若點、、在平面直角坐標系中的坐標分別為、、，求證：，；(2)若點、在平面直角坐標系中的坐標分別為、Px,y，試用文字描述滿足的點在平面直角坐標系中的軌跡是什么，并求該軌跡與軸圍成的圖形的面積；(3)若在平面直角坐標系中，點是橢圓上一點，過點的兩條直線、分別交橢圓于、兩點，且其斜率滿足，求的最大值．

答案1．【正確答案】C【詳解】由，即，所以焦點坐標為.故選：C.2．【正確答案】B【分析】連接，根據空間向量的線性運算計算求解.【詳解】連接，是的中點，，，.故選：B

3．【正確答案】A【詳解】由得，，解得，所以“”是“直線與直線垂直”的充分不必要條件.故選：A.4．【正確答案】A【詳解】由題意得，，∴點到平面的距離.故選：A.5．【正確答案】C【詳解】設點、，則的中點為，則，可得.若直線軸，則線段的中點在軸上，不合題意；故直線的斜率存在，且，由于A、兩點都在橢圓上，則，兩式相減得，即，因為在直線AB上，故，故，即，所以，解得，所以橢圓的標準方程為.故選：C.6．【正確答案】D【詳解】由題意可知：圓的圓心為，半徑，且圓心到直線的距離，若圓上有且僅有兩點到直線的距離為，則，即，解得或，所以實數(shù)的取值范圍是.故選：D．7．【正確答案】D【詳解】如圖所示，連結，易知以為圓心，為半徑的圓經過點，則為圓的直徑，所以，不妨設，則，由雙曲線的定義可得，，所以，即，整理得，①在中，，在中，，因為，可得，②聯(lián)立①②可得，，則雙曲線的離心率故選：D8．【正確答案】C【分析】根據正方體棱長可知其外接球半徑為,其表面積為，可判斷①錯誤；建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角的余弦值可求得②正確，求出平面的法向量為，可知，即③正確，易知點到平面的距離是定值，利用等體積法可知三棱錐的體積為定值，即④錯誤.【詳解】對于①，根據題意，設棱長為2的正方體外接球半徑為,則滿足，可得，此時外接球的表面積為，可知①錯誤；對于②，以為坐標原點，以分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如下圖所示：則，所以，設，其中；可得，異面直線與所成角的余弦值為，易知時，，可得，所以異面直線與所成角的取值范圍是，即②正確；對于③，由②可知，，則；設平面的法向量為，又，則，取，則；所以平面的法向量為，此時，可得，又平面，所以直線平面，即③正確；對于④，根據正方體性質平面，所以，易知直線到平面的距離是定值，底面的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，因此三棱錐的體積不會隨點的運動而變化，即④錯誤；綜上所述，正確的結論為②③.故選：C方法點睛：求解異面直線所成角的方法：（1）平移法：將兩異面直線通過平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值；（2）向量法：建立空間直角坐標系利用空間向量所成的角與異面直線所成的角的關系，求得兩向量夾角的余弦值.9．【正確答案】BC【詳解】對于選項A：由直線，可得當時，，所以拋物線的焦點為，所以，解得，所以拋物線，所以準線為,故選項A錯誤；對于選項B：由,可得，解得或,所以，故選項B正確；對于選項C：由上述分析可知，所以的中點，其到準線的距離為,所以以為直徑的圓與相切，與相離，故選項C正確；對于選項D：,,而，所以不是等腰三角形.故選項D錯誤.故選：BC.

10．【正確答案】BD【詳解】對于A，當直線過原點時，方程為，當直線不過原點時，設方程為，則，解得，所以直線方程為，綜上，所求直線方程為或，故A錯誤；對于B，直線的斜率，所以傾斜角的范圍是，故B正確；對于C，直線，即為，故直線與直線之間的距離為，故C錯誤；對于D，由方程表示雙曲線，則，解得或，故D正確.故選：BD.11．【正確答案】ACD【詳解】對于A，由橢圓，可得，則，設，則，可得，所以，故A正確；對于B，設橢圓的上頂點為C，由，可得，則，故B錯誤；對于C，由橢圓的定義，可得，則，當且僅當時，即時等號成立，即有最小值，故C正確；對于D，因為，則點Q在橢圓外，由如圖所示，設直線與橢圓相交于，又，則，因為，且，可得，即，所以，所以，故D正確.故選：ACD.12．【正確答案】【詳解】設點關于直線的對稱點為，則，解得：，即，“將軍飲馬”的最短總路程為.故答案為.13．【正確答案】【詳解】設兩曲線的半焦距為，由余弦定理得：，在橢圓中，，又，，，則，即，在雙曲線中，，又，，，則，即，從而，得，0則，，即，則，即，所以，當且僅當，即時等號成立，即的最小值為.故答案為.14．【正確答案】/【詳解】設，由得，化簡，整理得，即動點的軌跡方程為：，的面積,當點到軸距離=時，為最大值.故答案為.15．【正確答案】(1)證明見解析(2)當過圓心時弦長最長；當?shù)姆匠虨闀r最短；；最短弦長為【詳解】（1）直線的方程可化為聯(lián)立，解得故直線恒過定點（2）當直線過圓心時，直線被圓截得的弦長最長設，當直線時，直線被圓截得的弦長最短則直線的斜率為由得直線的斜率為，解得此時的方程為，即圓心到直線的距離為∴最短弦長故當過圓心時弦長最長；當?shù)姆匠虨闀r最短；；最短弦長為16．【正確答案】(1)(2)存在【詳解】（1）由題意，得，解得，所以橢圓E的標準方程為.（2）假設存在點滿足條件，設直線的方程為，設Ax1,y聯(lián)立，得，易知,則，，由，得，則，即，即，即整理得則整理得，解得，所以存在點，使得.17．【正確答案】（1）;（2）證明見解析【詳解】（1）由題意得,,解得,因為點在拋物線上,則,解得,又,所以,即拋物線的標準方程為.（2）設,,因為,所以,即得,因為點、在拋物線上,所以,,代入得,因為,則,設直線的方程為,聯(lián)立,得,則,所以,所以直線的方程為，過定點.18．【正確答案】(1)證明見解析；(2)；(3)存在，.【詳解】（1）取中點，連接，如圖，又為的中點，，由，則，又為等腰直角三角形，，,，又，平面，平面，又平面，（2）由（1）知，，又平面平面，是交線，平面，所以平面，即兩兩互相垂直，故以為原點，為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖，設，則，，，，設為平面的一個法向量，則，令，即，設與平面所成角為，，即與平面所成角的正弦值為.（3）若存在N使得平面平面，且，，則，解得，又，則，，設是平面CNM的一個法向量，則，令b=l，則，，解得，故存在N使得平面平面，此時.19．【正確答案】(1)證明見解析(2)點所在軌跡是半圓：與四分之三圓：的組合曲線；(3)【詳解】（1）建立如圖1所示的空間直角坐標系，

其中為坐標原點、軸、軸正方向與原平面中一致，軸正方向與折疊后的軸正方向一致．由題，空間中三點坐標分別為、、．因此（2）由題意，空間中點的坐標為，（i）當點在軸上半平面，即時，空間中點的坐標為，于是．化簡得．因此在平面直角坐標系中，點在軸上半平面的軌跡為以為圓心，以1為半徑的圓；（ii）當點在軸下半平面．即時，空間中點的坐標為，于是，化簡得．因此在平面直角坐標系中，點在軸下半平面的軌跡為以為圓心，以為半徑的圓.所以，點所在軌跡是半圓：與四分之三圓：的組合曲線,（如圖2）.其與軸圍成的面積為．

（3）在平面直角坐標系中，設、兩點坐標分別為、．設直線的方程為，即，因為，所以直線的方程為．由于與、兩點在平面直角坐標系中的相對位置有關，而點的位置與兩直線的斜率有關．因此首先需要對、兩點可能的位置進行討論，并求出相應的的范圍．由于兩直線具有對稱性，此點位置與點位置等價，所以不妨設．因為時，、兩點重合，與題目中交于兩點不符，舍去．當直線與橢圓相切時，計算此時的斜率，聯(lián)立，整理得：①，令，解得．因此若使、兩點存在，需成立．