高二数学上学期期中模拟卷02

20232024学年高二数学上学期期中考试（考试时间：120分钟试卷满分：150分范围：选修一第一、二章+椭圆双曲线）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．1．设，，若直线与线段有交点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】直线恒过定点，若直线与线段有交点，画图图形，求出临界时直线的斜率与直线的斜率，即可得解.【详解】由得，因此直线过定点，且斜率，如图所示，当直线由直线按顺时针方向旋转到直线的位置时，符合题意．

易得，．结合图形知或，解得或，即的取值范围是．故选：C2．已知，，，若，，共面，则等于（

）A． B．9 C． D．3【答案】A【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．【详解】因为，，共面，设，又，，，得到，所以，解得，故选：A.3．已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量对应线段的空间关系，应用向量加法法则用，，表示出即可.【详解】由图知：.故选：A4．已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.【详解】因为直线：，即，令，解得，可知直线过定点，同理可知：直线过定点，又因为，可知，所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，因为圆的圆心，半径，所以的最大值是.故选：B.5．若圆上到直线的距离等于1的点恰有3个，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先把圆的方程整理为标准方程，然后根据圆的性质得到关于t的方程，解方程即可.【详解】将圆化为标准方程得，故圆的圆心坐标为，半径.由圆上到直线的距离等于1的点恰有3个，知圆心到直线的距离，解得.故选：A.6．已知定点，点为椭圆的右焦点，点M在椭圆上移动，求的最大值和最小值为（

）A．12， B．，C．12，8 D．9，【答案】C【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，结合线段和差的三角不等式列式求解即可.【详解】令椭圆的左焦点为，有，由椭圆定义知，

显然点在椭圆内，，直线交椭圆于，而，即，当且仅当点共线时取等号，当点与重合时，，则，当点与重合时，，则，所以的最大值和最小值为12，8.故选：C7．已知正方体的内切球的表面积为，是棱上一动点，当直线与平面的夹角最大时，四面体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量法及函数思想，求出点位置，再利用向量法求解点面距，最后即可计算四面体的体积．【详解】解：建系如图，

正方体的内切球的表面积为，则内切球半径，易得正方体的棱长为1，，0，，，1，，，1，，设，0，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，直线与平面的夹角的正弦值为：，令，，，，，，令，，，，，，，，当，即，即时，直线与平面的夹角的正弦值取得最大值，此时直线与平面的夹角也最大，当直线与平面的夹角最大时，为棱的中点，此时平面的法向量，又，点到平面的距离为，此时，，则△的面积为，此时四面体的体积，故选：．【点睛】关键点点睛：向量法求解线面角问题，函数思想，化归转化思想，向量法求解点面距问题.解题的关键是建立空间直角坐标系，确定点的位置是为棱的中点，然后利用点面距的向量求法，求出四面体的高．8．已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.【详解】由题设，令且，，则，且①，

由，即②，由，即，又C在双曲线上，则③，由①得：，代入③并整理得：，由①②及得：，所以，即，显然，则.故选：B【点睛】关键点点睛：设且，，结合已知得到关于的齐次方程为关键.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知直线，圆，则下列命题正确的是（

）A．，点在圆外B．，使得直线与圆相切C．当直线与圆相交于PQ时，交点弦的最小值为D．若在圆上仅存在三个点到直线的距离为1，m的值为【答案】ACD【分析】根据点与圆的位置关系判断A，由直线系所过定点在圆内判断B，根据交点弦的性质求解可判断C，根据圆与直线的位置关系判断D.【详解】将点的坐标代入圆的方程，得，所以点在圆外，故A正确；整理直线的方程为：，由解得，可知直线过定点，将定点代入圆的方程，可得，所以定点在圆内，则直线与圆一定相交，故B错误；当圆心与直线所过定点的连线垂直于直线时，交点弦长最小，此时圆心到直线的距离为，由勾股定理知，故C正确；当圆心到直线的距离为1时，在圆上仅存在三个点到直线的距离为1，即，解得，故D正确.故选：ACD.10．下列说法错误的是（）A．若有空间向量，，则存在唯一的实数，使得B．A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面C．，，与夹角为直角，则x的取值是0.D．若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线【答案】ACD【分析】考虑,可判断A;由空间向量共面定理可判断B;由向量的夹角为直角的等价条件可判断C;由空间的一组基底的定义可判断D.【详解】对于A,比如,,则不存在实数,故A错误;对于B,三点不共线，空间中任意点,若,由于,则四点共面,故B正确;对于C,,与的夹角为直角,则,可得，解得;故C错误;对于D,若是空间的一个基底,则四点不共面,且不共线,故D错误.故选:ACD.11．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，且的最大值为3，最小值为1，则（

）A．椭圆的离心率为 B．的周长为4C．若，则的面积为3 D．若，则【答案】AD【分析】对A，根据题意可得，即可求解；对B，根据椭圆的定义判断即可；对C，根据余弦定理结合椭圆的定义判断即可；对D，根据余弦定理与椭圆的定义求解即可．【详解】对A，由题意，，故，，故A正确；对B，的周长为，故B错误；对C，，，当且仅当时，等号成立，因为在上递减，所以此时最大，又，，所以的最大值为，，不成立，故C错误；对D，由余弦定理，即，解得，故，故D正确；故选：AD12．已知双曲线，左焦点为，左右顶点分别为、，，是右支上一动点，且的最小值为，关于轴的对称点为，则下列结论正确的是（

）A．的离心率为2 B．C． D．【答案】BCD【分析】由题意画出图形，结合双曲线定义及三角形两边之和大于第三边列式求解可判断；得可判断；，，可判断；假设成立，可得，可判断．【详解】由题意，，，设右焦点为，由双曲线定义知，，则，，，，即，，

，即，故A不正确．设，，，，，，，由A可得双曲线方程为，，，故B正确；记交轴于点，，，，故C正确；假设成立，则只需，两边平方得，，，，，当时取等号，显然成立，故D正确；故选：BCD．【点睛】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，考查直线与双曲线的位置关系，属难题．第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．圆与圆有且只有一个公共点，写出一个满足条件的圆心的坐标.【答案】【分析】利用两圆的位置关系计算即可.【详解】由题意可知两圆的圆心分别为，半径分别为，若两圆只有一个公共点，则两圆相切，若两圆外切，则需要，若两圆内切，则需要，故不妨令.故答案为：14．已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，焦距为8，且的离心率与它的一条渐近线的斜率之比恰好为2，则的标准方程为.【答案】【分析】根据题意及双曲线的性质列出关于a，b，c的方程求解即可.【详解】设的实半轴长、虚半轴长、半焦距分别为a，b，c，由已知得，即，又焦距为8，所以，，，所以的标准方程为．故答案为：．15．正方体的棱长为1，M为线段的中点，平面平面，若点为平面与侧面相交的线段上的一动点，为线段上一动点，则的最小值为．【答案】【分析】建系，设，，利用空间向量可得，，利用两点间距离公式分析求解.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，设，可得，由题意可得：，即，可知，又因为为线段上一动点，设，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.16．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为.【答案】/【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；又，利用余弦定理可知：，化简可得；所以的面积为；设的外接圆半径为，内切圆半径为；由正弦定理可得，可得；易知的周长为，利用等面积法可知，解得；又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以；离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知三条直线，和.(1)若，求实数的值；(2)若三条直线相交于一点，求实数的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由两条直线平行的条件求解即可；（2）先由两条确定的直线求出交点坐标，然后带入含参直线求解即可.【详解】（1）因为，且.所以.解得.经检验，时，.（2）由，解得即与的交点为，因为三条直线相交于一点，所以点在上，所以.解得.18．（12分）在三棱台中，平面ABC，，．

(1)证明：平面平面；(2)记的中点为M，过M的直线分别与直线，交于P，Q，求直线PQ与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)0【分析】（1）取AC的中点D，可得四边形为平行四边形，利用线面垂直的判定定理、性质定理和面面垂直的判定定理证明可得答案；（2）以A为原点，，，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，由P，M，Q三点共线，可设，求出，根据空间角的向量求法可得答案.【详解】（1）取AC的中点D，则AD与平行且相等，可得四边形为平行四边形，则有，又，故．又，，，AC，平面，故平面，又因为平面，故，又因为，，，平面，故平面，而平面，故平面平面；（2）以A为原点，，，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，则，设平面的法向量为，则，即，取，则．设，，则，，由题意知P，M，Q三点共线，可设，则，解得，故，，则，故，即平面，故所求线面角的正弦值为0．19．（12分）已知圆，直线.(1)若直线与圆相交，求的取值范围；(2)若直线与圆交于不同的两点，，当为锐角时，求的取值范围；(3)若，是直线上的动点，过作圆的两条切线，，切点为，，探究：直线是否过定点.【答案】(1)或(2)(3)直线过定点.【分析】（1）由直线与圆相交，得圆心到直线的距离小于半径，由此得解；（2）设A，B的坐标分别为，，将直线代入，得，利用以及，能求出的取值范围；（3）由题意知O，P，C，D四点共圆且在以为直径的圆上，设出P点坐标，求出以为直径的圆的方程，又，在圆上，可得，所在直线即两圆公共弦直线，将两圆方程作差得直线的方程，得解．【详解】（1），直线，∵直线与圆相交，∴圆心到直线的距离小于半径，即，解得或.（2）设A，B的坐标分别为，，将直线代入，整理，得，∴，，，即，当为锐角时，，解得，又，∴或.故的取值范围为.（3）

由题意知，，，四点共圆且在以为直径的圆上，设，其方程为，∴，又，在圆上，，所在直线即两圆公共弦直线，将两圆方程作差得，，即，由，得，∴直线过定点.20．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为，点在椭圆上，且.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的右焦点为，过点斜率不为0的直线交椭圆于两点，记直线与直线的斜率分别为，当时，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用点在椭圆上及数量积的坐标运算列方程求解即可；（2）设直线联立方程，韦达定理，方法一：求出弦长及三角形的高即可求出面积，方法二：利用面积分割法求解面积即可.【详解】（1）由题意知，又，则，，解得(负值舍去)，由在椭圆上及得，解得，椭圆的方程为；（2）由（1）知，右焦点为，据题意设直线的方程为，则，于是由得，化简得（*）由消去整理得，，由根与系数的关系得：，代入（*）式得：，解得，直线的方程为，方法一：，由求根公式与弦长公式得：，设点到直线的距离为，则，.

方法二：由题意可知，代入消去得，，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．（12分）如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．(1)若，，求三棱锥的体积；(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.【详解】（1）取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得