2024-2025高二上期中模拟检测二（2019人教A版）含答案

2024-2025高二上期中模拟检测二（2019人教A版）检测范围：选择性必修一第一章、第二章、第三章一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．（2023高三·全国·专题练习）方程的化简结果是（）A． B．C． D．2．（21-22高二上·山东济宁·期中）设点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（

）A．或 B．或 C． D．3．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）已知空间单位向量，，两两垂直，则（

）A． B． C．3 D．64．（22-23高二上·山东枣庄·期末）两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹长为（

）A． B． C． D．5．（22-23高二上·安徽马鞍山·阶段练习）在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（

）A． B．C． D．6．（2024·吉林长春·模拟预测）已知点为抛物线的焦点，过的直线与交于两点，则的最小值为（

）A． B．4 C． D．67．（2023·北京海淀·二模）已知动直线与圆交于，两点，且．若与圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值之差为（

）A． B．1 C． D．28．（2024·河南·模拟预测）设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于两点，，则的离心率为（

）A． B．2 C． D．二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．（2025·浙江·模拟预测）已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（）A． B．C． D．10．（2022·山东青岛·二模）已知，则下述正确的是（

）A．圆C的半径 B．点在圆C的内部C．直线与圆C相切 D．圆与圆C相交11．（23-24高二上·江西上饶·阶段练习）已知点P在双曲线C：上，分别是双曲线C的左、右焦点，若的面积为20，则（

）A． B．C．点P到x轴的距离为4 D．三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)12．（2023·北京·模拟预测）如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为．①；②；③平面；④存在某折起位置，使得平面平面．13．（2023高三·全国·专题练习）已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为.14．（2024·浙江·模拟预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，且，的面积为10，，则抛物线方程为．

四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15.(13分)（21-22高二·全国·课后作业）在①过点，②圆E恒被直线平分，③与y轴相切这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知圆E经过点，且______.(1)求圆E的一般方程；(2)设P是圆E上的动点，求线段AP的中点M的轨迹方程.16.(15分)（2023·全国·模拟预测）已知斜率存在的直线过点且与抛物线交于两点.(1)若直线的斜率为1，为线段的中点，的纵坐标为2，求抛物线的方程；(2)若点也在轴上，且不同于点，直线的斜率满足，求点的坐标.17.(15分)（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点．(1)求证：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．18.(17分)（22-23高三上·北京丰台·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)M为椭圆的左顶点，直线与椭圆交于两点，若，求证：直线过定点．19.(17分)（22-23高三上·天津河西·期末）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.参考答案：题号12345678910答案CBAACCDDBCACD题号11答案BC1．C【分析】由方程的几何意义及椭圆定义得出结果即可.【详解】方程的几何意义为动点到定点和的距离和为10，并且，所以动点的轨迹为以两个定点为焦点，定值为的椭圆，所以，，根据，所以椭圆方程为.故选：C.2．B【分析】根据给定条件求出直线的斜率，再画出图形分析可得或，从而即可得解.【详解】依题意，直线的斜率分别为，如图所示：若直线过点且与线段相交，则的斜率满足或，即的斜率的取值范围是或.故选：B3．A【分析】先根据单位向量得出模长，再根据垂直得出数量积，最后应用运算律求解模长即可.【详解】因为空间单位向量两两垂直,所以，所以.故选：A.4．A【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长．【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，

则，设点，由，得，化简并整理得：，于是得点M的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其周长为，所以M点的轨迹长为.故选：A.5．C【分析】延长交于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可.【详解】延长交于点，则点为的中点，因为，所以，所以，所以，所以，因为，，，所以，故选：C.6．C【分析】设直线方程为，联立方程组得出两点坐标的关系，根据抛物线的性质得出关于两点坐标的式子，使用基本不等式求出最小值.【详解】抛物线的焦点F1,0过F1,0的斜率为0的直线为，直线与抛物线有且只有一个交点，与条件矛盾，故直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，联立方程组，得，方程的判别式，设，则，，所以，由抛物线的性质得，.当且仅当时，等号成立，故选：C.7．D【分析】根据题意当动直线经过圆的圆心时，可得到弦长的最大值为该圆的直径，再设线段的中点为，从而得到动直线在圆上做切线运动，当动直线与轴垂直且点的坐标为时，即可得到弦长的最小值，进而即可求解．【详解】由题意可知圆的圆心在圆上，则当动直线经过圆心，即点或与圆心重合时，如图1，此时弦长取得最大值，且最大值为；设线段的中点为，在中，由，且，则，则动直线在圆上做切线运动，所以当动直线与轴垂直，且点的坐标为时，如图2，此时弦长取得最小值，且最小值为，所以的最大值与最小值之差为2．故选：D．【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法：①几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为；②代数法：运用根与系数的关系及弦长公式．8．D【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.【详解】由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，令，则，由双曲线定义可知，故有，即，即，，，则，即，故，则有，即，即，则，由，故.故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与、有关齐次式，即可得解.9．BC【分析】由正方形的特征可知，直线与直线夹角为，由直线斜率利用两角差的正切公式求出直线的斜率，对照选项即可判断.【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线斜率为2，有，则.依题意有或，当时，，即，解得，即直线的斜率为-3，C选项中的直线斜率符合；当时，，即，解得，即直线的斜率为，B选项中的直线斜率符合.故选：BC10．ACD【分析】先将圆方程化为标准方程，求出圆心和半径，然后逐个分析判断即可【详解】由，得，则圆心，半径，所以A正确，对于B，因为点到圆心的距离为，所以点在圆C的外部，所以B错误，对于C，因为圆心到直线的距离为，所以直线与圆C相切，所以C正确，对于D，圆的圆心为，半径，因为，，所以圆与圆C相交，所以D正确，故选：ACD11．BC【分析】利用双曲线的定义可判断选项，取点P的坐标为即可判断选项，利用三角形面积公式即可判断选项，利用余弦定理即可判断选项.【详解】由已知得双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，则右焦点的横坐标为，由双曲线的定义可知，，故错误；设点，则，所以，故C正确；由双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为，得，由双曲线的定义，得，所以，故B正确；由余弦定理,得

，所以，故D错误．故选：BC．12．②③【分析】①③，作出辅助线，得到，从而得到与不平行，平面；②证明线面垂直，得到线线垂直；④建立空间直角坐标系，得到两平面的法向量，由法向量不为0得到不存在某折起位置，使得平面平面.【详解】①③，如图所示：直角梯形中，，又因为，，所以，故四边形为矩形，因为N分别是的中点连接，则与相交于点，故点是的中点，因为是的中点，所以，又，而与相交于点，故与不平行，故与不平行，①错误，因为，平面，平面，所以平面，③正确；②，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，由①知，所以，②正确；④，连接，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，设平面的法向量为，故，解得，令，则，故，故，因为，故，故，故不存在某折起位置，使得平面平面，④错误.故选：②③13．/【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，设的中点为S，连接，则，所以，又为直角三角形，所以，故①，设，则由①可得，整理得：，从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，显然点P在该圆内部，所以，因为，所以；解法2：如图，因为,所以，故四边形为矩形，由矩形性质，，所以，从而，故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，显然点P在该圆内，所以.故答案为：.14．【分析】设，由，解出得点坐标，结合得抛物线方程.【详解】以的中点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，不妨设．由，则有，解得，又，解得，，则有，故抛物线方程为．故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）选择①③时，设圆的一般式方程或者标准方程，代入点以及相关条件，根据待定系数法，即可确定圆的方程，选择②时，根据几何法确定圆心和半径即可求解，（2）根据相关点法即可求解轨迹方程.【详解】（1）方案一：选条件①.设圆的方程为，则，解得，则圆E的方程为.方案二：选条件②.直线恒过点.因为圆E恒被直线平分，所以恒过圆心，所以圆心坐标为，又圆E经过点，所以圆的半径r＝1，所以圆E的方程为，即.方案三：选条件③.设圆E的方程为.由题意可得，解得，则圆E的方程为，即.（2）设.因为M为线段AP的中点，所以，因为点P是圆E上的动点，所以，即，所以M的轨迹方程为.16．(1)(2)【分析】（1）由题知直线的方程，联立抛物线，利用韦达定理以及中点公式即可求解；（2）设出直线的方程及的坐标，联立方程组，消元，韦达定理，利用直线斜率公式写出将韦达定理代入，化简求出参数即可得点的坐标.【详解】（1）因为直线的斜率为1且过点，所以直线的方程为：，设，由，得：，所以，所以，因为为线段的中点，的纵坐标为2，所以，所以抛物线的方程为：.（2）设直线的方程为：，，，得：，所以，由由，所以，即，所以，所以点的坐标为.17．(1)证明见解析(2)存在，或【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论；（2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果.【详解】（1）因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以又面面ABCD，面面，面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）取AB的中点，连结ON，则，所以以为正交基底建立空间直角坐标系，则，设，，则，又，设平面的一个法向量为，则，即，若，取，由直线AP与平面MBD所成角为，得，化简得

解得或，当或时，直线AP与平面所成角为.18．(1);(2)证明见解析.【分析】（1）根据条件求出的值即可；（2）联立直线方程和椭圆方程后利用两直线垂直可算出.【详解】（1）由题意得：，，，故可知，椭圆方程为：.（2）

M为椭圆C的左顶点，又由（1）可知：，设直线AB的方程为：，，联立方程可得：，则，即，由韦达定理可知：，，，则，，又，，，展开后整理得：，解得：或，当时，AB的方程为：，经过点，不满足题意，舍去，当时，AB的方程为：，恒过定点.所以直线过定点．19．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行；（2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；（3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.【详解】（1）记的中点为，连结，因