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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（）ABCD2（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CD3（23-24高二下江苏宿迁期中）已知空间单位向量，两两垂直，则（）ABC3D64（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（）ABCD5（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（）ABCD6（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（）AB4CD67（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（）AB1CD28（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（）AB2CD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（ ）ABCD10（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（）ABC点P到x轴的距离为4D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 ；平面；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）在过点，圆E恒被直线平分，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BC 1C【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.2B【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：B3A【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.4A【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.5C【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.6C【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.7D【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：几何法：求圆的半径，弦心距，则弦长为；代数法：运用根与系数的关系及弦长公式8D【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.9BC【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：BC10ACD【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：ACD11BC【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：BC12【分析】，作出辅助线，得到，从而得到与不平行，平面；证明线面垂直，得到线线垂直；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】，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，错误，因为，平面，平面，所以平面，正确；，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，由知，所以，正确；，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，错误.故选：13/【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，设，则由可得，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.设圆的方程为，则，解得，则圆E的方程为.方案二：选条件.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r1，所以圆E的方程为，即.方案三：选条件.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，因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以平行四边形是矩形，则，因为平面，平面，所以，则两两垂直，故以为坐标原点，分别以，为轴建立空间直角坐标系，如图，则，因为为的中点，所以，则，设平面的一个法向量为，而，则，令，则，所以，则，又平面，所以平面.（2）设平面的一个法向量为，而，所以，令，则，设平面的一个法向量为，而，所以，令，则，记平面与平面夹角为，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）依题意，不妨设，则，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.
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