2023-2024學年內蒙古呼和浩特市新城區(qū)高二上冊期中數學模擬試題（附解析）

2023-2024學年內蒙古呼和浩特市新城區(qū)高二上學期期中數學模擬試題一、單選題（每小題只有一個正確答案，每題5分）1．直線對應的斜率分別為，對應的傾斜角分別為，若已知，則（

）A． B．C． D．2．兩條平行直線與之間的距離（

）A． B． C． D．73．過點且垂直于的直線方程為（

）A． B．C． D．4．已知雙曲線的右焦點為，一條漸近線方程為，則C的方程為（

）A． B．C． D．5．已知點，，若過斜率為的直線與線段相交，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．或6．已知，表示平面，，表示直線，以下命題中正確的選項是（

）A．假設，，那么B．假設，，，那么C．假設，，那么D．假設，，，，那么7．直線的方向向量，平面的法向量，則直線與平面的夾角的余弦為（

）A． B． C． D．8．已知橢圓上存在點，使得，其中，分別為橢圓的左、右焦點，則該橢圓的離心率的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多選題（全對5分，少選不錯2分，選錯0分）9．下列說法正確的是（

）A．任意一條直線都有傾斜角，但不一定有斜率B．點關于直線的對稱點為C．直線與兩坐標軸圍成的三角形的面積是2D．經過點且在x軸和y軸上截距都相等的直線方程為10．已知圓與圓，則下列說法正確的是（

）A．若圓與軸相切，則B．若，則圓C1與圓C2相離C．若圓C1與圓C2有公共弦，則公共弦所在的直線方程為D．直線與圓C1始終有兩個交點11．《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，在陽馬P－ABCD中，側棱PD⊥底面ABCD，，，，則下列結論正確的有（

）A．四面體P－ACD是鱉臑 B．陽馬P－ABCD的體積為C．陽馬P－ABCD的外接球表面積為 D．D到平面PAC的距離為12．平面內到兩定點距離之積為常數的點的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運行規(guī)律時發(fā)現的.已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，其軌跡為一條連續(xù)的封閉曲線C.則下列結論正確的是（

）A．曲線C與y軸的交點為， B．曲線C關于x軸對稱C．面積的最大值為2 D．的取值范圍是三、填空題（每空5分）13．已知雙曲線，則雙曲線的焦距為．14．已知F1，F2為橢圓的左?右焦點，點P在橢圓C上，，則.15．已知直線與曲線有兩個交點，則的取值范圍為.16．已知點是圓：上動點，.若線段的中垂線交于點，則點的軌跡方程為.四、解答題17．已知的三個頂點是，，.求：(1)邊上的中線所在直線方程；(2)邊上的高所在直線方程.18．如圖,在四棱錐P－ABCD中,四邊形ABCD是菱形,PA=PC,E為PB的中點．求證:(1)平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．19．古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得?阿基米德齊名，他發(fā)現：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值且的點的軌跡是圓”.后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.在平面直角坐標系中，，，動點滿足.設點的軌跡為.(1)求曲線的方程；(2)若曲線和無公共點，求的取值范圍.20．橢圓（）的左右焦點分別為，，其中，為原點．橢圓上任意一點到，距離之和為．（1）求橢圓的標準方程及離心率；（2）過點的斜率為2的直線交橢圓于、兩點．求的面積．21．在四棱錐中，，，，，為正三角形，且平面平面ABCD.(1)求二面角的余弦值；(2)線段PB上是否存在一點M（不含端點），使得異面直線DM和PE所成的角的余弦值為？若存在，指出點M的位置；若不存在，請說明理由.22．過點的直線與圓交于兩點，為圓與軸正半軸的交點．(1)若，求直線的方程；(2)證明：直線的斜率之和為定值．1．C【分析】根據傾斜角與斜率的關系即可求解.【詳解】由題知，如圖所示：直線的傾斜角為銳角時，斜率大于0且傾斜角越大斜率越大，直線的傾斜角為鈍角時，斜率小于0且傾斜角越大斜率越大；故選：C.2．C【分析】先根據兩條直線平行求參，再根據平行線間距離公式計算求解.【詳解】由已知兩條直線平行，得，所以，所以直線可化為，則兩平行線間的距離.故選：C.3．D【分析】根據題意，設所求直線的方程為，代入點的坐標，求得的值，即可求解.【詳解】設過點且垂直于的直線方程為，將點代入，可得，解得，所以所求直線方程為.故選：D.4．D【分析】根據焦點坐標與漸近線方程，列出方程組，求出，得到C的方程.【詳解】由題意得：，解得：，故C的方程為.故選：D5．C【分析】由題意若與線段相交，直線范圍從到，根據和的斜率可得的取值范圍.【詳解】

如圖，若與線段相交，直線范圍從到，直線的斜率，直線的斜率，故，故選：C6．C【分析】根據線面垂直的性質定理，可判斷A；根據面面平行的性質定理，可判斷B、C；根據面面平行的判定定理，可判定D【詳解】選項A：假設，，那么或在內，故選項A錯誤；選項B：假設，，，那么或與異面，故選項B錯誤；選項D：假設，，，，且、相交才能判定，故選項C錯誤；選項C：依照兩平面平行的性質可知C正確．故選：C7．D利用直線與平面的夾角坐標公式計算可得答案．【詳解】設直線與平面的夾角為則直線與平面的夾角的余弦為故選：D8．D【分析】先由橢圓的定義結合已知求得，再由求得的不等關系，即可求得離心率的取值范圍.【詳解】由橢圓的定義得，又∵，∴，，而，當且僅當點在橢圓右頂點時等號成立，即，即，則，即.故選：D．9．ABC【分析】根據直線的傾斜角和斜率的概念判定A；根據“一垂直二中點”檢驗判定B;求得截距然后計算面積判定C；注意到截距可能都是零的特殊情況否定D.【詳解】解：當直線的傾斜角為時，直線不存在斜率，所以所有的直線都有傾斜角，但不一定都有斜率，故A正確；點與的中點坐標滿足直線方程，并且兩點的斜率為：，所以點關于直線的對稱點為，故B正確；直線在兩坐標軸上的截距分別為：2，，與坐標軸圍成的三角形的面積是：，故C正確；經過點且在x軸和y軸上截距都相等的直線方程為或，所以D不正確；故選:ABC.10．BD【分析】對A，圓心到x軸的距離等于半徑判斷即可；對B，根據圓心間的距離與半徑之和的關系判斷即可；對C，根據兩圓有公共弦，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程求解即可；對D，根據直線過定點以及在圓C1內判斷即可.【詳解】因為，，對A，故若圓與x軸相切，則有，故A錯誤；對B，當時，，兩圓相離，故B正確；對C，由兩圓有公共弦，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程，故C錯誤；對D，直線過定點，而，故點在圓內部，所以直線與圓始終有兩個交點，故D正確.故選：BD11．BD【分析】根據鱉臑定義判斷A，根據錐體體積公式判斷B，通過補形確定陽馬P－ABCD的外接球的直徑，結合球的體積公式判斷C，利用等體積法求D到平面PAC的距離判斷D.【詳解】設，，，由側棱PD⊥底面ABCD，，，，可得，解得即，，．對于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，將陽馬補形為長為2，寬為1，高為1的長方體，可知其外接球直徑為，故陽馬的外接球半徑，表面積，故C錯誤；對于D，設D到平面的距離為h，由，，可得的面積為，由等體積法，可得，解得，故D正確．故選：BD.12．ABD【分析】根據給定條件，求出曲線C的方程，由判斷A；由曲線方程對稱性判斷B；取特值計算判斷C；求出的范圍計算判斷D作答.【詳解】設點，依題意，，整理得：，對于A，當時，解得，即曲線C與y軸的交點為，，A正確；對于B，因，由換方程不變，曲線C關于x軸對稱，B正確；對于C，當時，，即點在曲線C上，，C不正確；對于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD結論點睛：曲線C的方程為，(1)如果，則曲線C關于y軸對稱；(2)如果，則曲線C關于x軸對稱；(3)如果，則曲線C關于原點對稱.13．4【分析】根據雙曲線的標準方程求出，，即可得解.【詳解】由雙曲線方程，可得，，，，故焦距為4.故4.14．【分析】根據橢圓定義，可得|PF1|＋|PF2|＝4，利用余弦定理，變形整理，即可求得結果.【詳解】由橢圓定義可得|PF1|＋|PF2|＝4，利用余弦定理可得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos60°＝|F1F2|2，所以，解得3|PF1|·|PF2|＝4，即，故15．【分析】由直線與圓的位置關系數形結合計算即可.【詳解】，即過定點，，即曲線為原點為圓心，2為半徑的半圓，如圖所示，設與曲線切于點C，曲線與橫軸負半軸交于點B，

則，，故.故答案為.16．【分析】根據橢圓定義以及其標準方程，可得答案.【詳解】由題意，可作圖如下：因為為線段中垂線上一點，所以，則，顯然為圓：的半徑，則，則動點的軌跡為以定點為焦點的橢圓，其中，，解得，故其軌跡方程為.故答案為.17．(1)(2)【分析】（1）求出點的坐標為，由兩點式斜率公式求出的斜率，代入點斜式即可求解.（2）由兩點式斜率公式求出斜率，利用垂直關系得的斜率，代入點斜式即可求解.【詳解】（1）由題知的中點，所以直線的斜率，則邊上的中線所在直線的方程為，化簡得.（2）由題意得直線AC的斜率，且，所以.則邊上的高所在直線的方程為，化簡得.18．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】(1)設,連接,根據中位線可得,再根據線面平行的判定定理即可證明;(2)根據可得,根據四邊形為菱形,可得,再根據線面垂直的判斷定理可得平面,再根據面面垂直的判定定理即可得出結果.【詳解】（1）設,連接,如圖所示:因為O,E分別為,的中點,所以,又因為平面,平面,所以平面．（2）連接,如圖所示:因為,為的中點,所以,又因為四邊形為菱形,所以,因為平面,平面,且,所以平面,又因為平面,所以平面平面．19．(1)(2)【分析】（1）設，然后根據列方程化簡計算即可得曲線的方程，（2）先求出兩圓的圓心和半徑，再由題意可得兩圓外離或內含，從而可得或，從而可求出的取值范圍【詳解】（1）設，因為，，動點滿足，所以，化簡得，即，所以曲線的方程為，（2）曲線的圓心為，半徑為4，的圓心為，半徑為，因為曲線和無公共點，所以兩圓外離或內含，所以或，所以或，所以或，所以的取值范圍為20．（1），；（2）【分析】（1）根據題意和橢圓的定義可知，再根據，即可求出，由此即可求出橢圓的方程和離心率；（2）求出直線的方程，將其與橢圓方程聯立，設，求出，根據弦長公式求出的長度，再根據點到直線的距離公式求出點到直線的距離，再根據面積公式即可求出結果.【詳解】（1）由題意，，，所以橢圓的標準方程為，離心率為；（2）直線的方程為，代入橢圓方程得設，則∴，又∵點到直線的距離即的面積為.關鍵點點睛：本題主要考查了圓錐曲線中弦長公式的應用.21．(1)(2)存在，點M位置為【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的余弦值；（2）設，利用向量法求異面直線的夾角，得到，解方程即得解.【詳解】（1）設是中點，為正三角形，則.因為平面平面ABCD，平面平面，又平面PAD，所以面ABCD.又因為，，所以為正三角形，所以，以為原點，分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，于是，，.設平面PEC的法向量為，由即可取.平面EBC的一個法向量為，設二面角的平面角為，則由圖知為為鈍角，所以二面角的余弦值為.（2）設，則，，，所以，解得或0（舍），所以存在點M使得.22．(1)或(2)證明見解析【分析】(1)首先考慮斜率不存在是否滿足題意，再考慮斜率存在時，假設直線方程，結合垂徑定理列方程求解斜率即可；(2)由題