2024-2025高二上期中模拟检测四（2019人教A版）含答案

2024-2025高二上期中模拟检测四（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．（2021·全国·高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（

）A．1 B．2 C． D．42．（22-23高二上·江西抚州·期末）已知坐标平面内三点，为的边上一动点，则直线斜率的变化范围是（

）A． B．C． D．3．（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（

）A．，3 B．，2 C．1，3 D．，24．（22-23高二上·云南临沧·期末）已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为（

）A． B．C． D．5．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，6．（23-24高三上·河南·开学考试）已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（

）A． B．1 C． D．27．（2023·山东·模拟预测）在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围为（

）A． B． C． D．8．（23-24高二上·广东广州·期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（

）A． B． 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．（22-23高二上·河北保定·期末）已知向量，，，则下列结论正确的是（

）A．向量与向量的夹角为B．C．向量在向量上的投影向量为D．向量与向量，共面10．（21-22高二上·重庆·期末）对于直线.以下说法正确的有（

）A．的充要条件是B．当时，C．直线一定经过点D．点到直线的距离的最大值为511．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线（直线的倾斜角为锐角）与抛物线相交于两点（A在轴的上方，在轴的下方），过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（

）A．当直线的斜率为1时， B．若，则直线的斜率为2C．存在直线使得 D．若，则直线的倾斜角为三、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·湖南长沙·一模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为.13．（22-23高三上·广东·开学考试）过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程为．14．（22-23高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为.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)（23-24高二上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，焦距为，且点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)过且斜率为的直线交椭圆于，两点，求弦的长.16.(15分)（2022高二上·全国·专题练习）已知直线的方程为：．(1)求证：不论为何值，直线必过定点；(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．17.(15分)（23-24高二上·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，平面，.(1)求二面角的正弦值；(2)在棱上确定一点，使异面直线与所成角的大小为，并求此时点到平面的距离.18.(17分)（2023·四川巴中·模拟预测）设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．(1)求a；(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．19.(17分)（22-23高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.参考答案：题号12345678910答案BDDCBADBABDBD题号11答案AD1．B【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.2．D【分析】作出图象，求出的斜率，再结合图象即可得解.【详解】如图所示，，因为为的边上一动点，所以直线斜率的变化范围是.故选：D.3．D【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.【详解】因为，，，所以，，因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，所以，所以，解得.故选：D4．C【分析】设出圆心坐标，根据对称关系列出方程组，求出圆心坐标，结合半径为3，即可求解.【详解】设圆心坐标，由圆心与点关于直线对称，得到直线与垂直，结合的斜率为1，得直线的斜率为，所以，化简得①再由的中点在直线上，，化简得②联立①②，可得，所以圆心的坐标为，所以半径为3的圆的标准方程为.故选：C5．B【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断.【详解】对于A，设，即，解得，所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B，设，无解，所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；对于C，设，解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；对于D，设，解得，所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.故选：B.6．A【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，因为，所以，将代入的方程得，即，所以，故．故选:A．7．D【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围.【详解】圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为，则圆的方程，设，由，可得，整理得，则圆与圆有公共点，则，即，解之得.故选：D8．B【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.【详解】由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，又，故，则，即，即平分，又，故，则，则，，，由，故，即，即，又，故.故选：B.【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.9．ABD【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.【详解】因为，所以，可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；因为，所以，即B正确；根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为，所以C错误；由向量，，，可知，向量与向量，共面，所以D正确.故选：ABD10．BD【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.【详解】当时，解得或，当时，两直线为，符合题意；当时，两直线为，符合题意，故A错误；当时，两直线为，，所以，故B正确；直线即直线，故直线过定点，C错误；因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为，故D正确，故选：BD.11．AD【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.【详解】易知，可设，设Ax1,与抛物线方程联立得，则，对于A项，当直线的斜率为1时，此时，由抛物线定义可知，故A正确；易知是直角三角形，若，则，又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；由上可知，即，故C错误；若，又知，所以，则，即直线的倾斜角为，故D正确.故选：AD12．【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.【详解】设椭圆，双曲线，且设，由椭圆的定义得①，由双曲线的定义得②，得，，得，，由余弦定理可得，所以③，设，所以，当即时，取最大值为.故答案为：.13．【分析】由题知、，进而求解方程即可.【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，所以，所以直线的方程为，即；方法2：设，，则由，可得，同理可得，所以直线的方程为.故答案为：14．/【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.【详解】连接交于点，平面，平面，则，因为四边形为菱形，则，，、平面，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，易知平面的一个法向量为，因为平面，所以，，设点，其中，则，由已知可得，因为，解得，即点，设点，则，因为，则，可得，且，可得，所以，点，因为平面，、平面，，，且，所以，.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）依题意设椭圆的方程为（），即可得到关于、、的方程组，解得、，即可得解；（2）首先得到直线的方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，最后利用弦长公式计算可得.【详解】（1）依题意设椭圆的方程为（），则，解得，所以椭圆方程为.（2）依题意直线的方程为，设、，由，消去整理得，则，所以，，所以.

16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）列出方程，分别令，可求出定点；（2）先令令，再表达出三角形面积，最后利用基本不等式求解即可.【详解】（1）证明：直线的方程为：提参整理可得：．令，可得，不论为何值，直线必过定点.（2）设直线的方程为．令则，令．则，直线与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积．当且仅当，即时，三角形面积最小．此时的方程为．17．(1)(2)，【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角；（2）设，由空间向量法求异面直线所成的角得出，再由向量法求点面距．【详解】（1）以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则.设平面的法向量，则，取得，设平面的法向量，则，取得，设二面角的大小为，则，所以.（2）设，则.因为异面直线与所成角的大小为，所以，解得或（舍去）.此时，所以点到平面的距离.18．(1)；(2)证明见解析，定点．【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，因为的面积为4，所以，解得，所以．（2）由（1）得，．当直线l斜率为0时，不适合题意；当直线l斜率不为0时，设直线，设，，由，得，则，，，因为直线PA，PB的斜率之和为，所以，即，所以，所以，整理得，所以直线，令，解之得，所以直线l过定点．19．(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，