2023-2024学年福建省莆田市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省莆田市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．如图，在平行六面体中，M是的中点，设，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线与直线，若，则（ ）
A．B．2C．2或D．5
3．如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=A1A=2,M､N分别是BB1和B1C1的中点,则直线AM与CN所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
4．设直线 与直线的交点为,则到直线的距离最大值为
A．B．C．D．
5．圆和圆的交点为A，B，则有（ ）
A．公共弦AB所在直线方程为
B．公共弦AB的长为
C．线段AB中垂线方程为
D．
6．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为
A．＋＝1B．＋＝1
C．＋＝1D．＋＝1
7．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
8．已知，为圆：的两条互相垂直的弦，且垂足为，则四边形ABCD面积的最大值为（ ）
A．4B．5C．8D．10
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．）
9．下列说法错误有（ ）
A．“”是“与直线互相垂直”的充要条件
B．过，两点的所有直线的方程为
C．直线的倾斜角的取值范围是
D．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
10．已知双曲线C：上的两点A，B关于原点对称，点P是C上的任意点，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线与双曲线C无交点，则
B．焦点到渐近线的距离为2
C．点P到两条渐近线的距离之积为
D．当P与A，B不重合时，且直线PA，PB的斜率存在，则直线PA，PB的斜率之积为2
11．已知椭圆C：，，分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．不存在P使得
B．的最小值为
C．若，则的面积为
D．P到点的距离的最小值为
12．椭圆的左、右焦点分别是、，是椭圆第一象限上的一点（不包括轴上的点），的重心是G，的角平分线交x轴于点，下列说法正确的有（ ）
A．G的轨迹是椭圆的一部分
B．OG的长度范围是
C．的取值范围是
D．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13．已知点，，，则点A到直线BC的距离是 ．
14．已知动点在椭圆上，过点P作圆的切线，切点为M，则的最小值是 ．
15．在平面直角坐标系xOy中，点，.若直线上存在点P，使得，则实数m的取值范围是 .
16．已知双曲线C：的右焦点为F，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为M，交另一条渐近线于N，若，则C的离心率为 ．
四、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．一条光线从点射出，经x轴反射后穿过点．
(1)求反射光线所在直线l的方程．
(2)圆心在x轴，半径为3的圆A与（1）中的l相交弦长为4，求圆A的方程．
18．如图，三棱锥中，底面ABC，，，，点M满足，N是PC的中点．
(1)请写出一个的值使得平面AMN，并加以证明；
(2)若二面角大小为45°，且，求点M到平面PAC的距离．
19．如图，有一码头和三个岛屿，，，.
（1）求两个岛屿间的距离；
（2）某游船拟载游客从码头前往这三个岛屿游玩，然后返回码头.问该游船应按何路线航行，才能使得总航程最短？求出最短航程.
20．已知椭圆C：过点，且焦距为．
(1)求C的方程；
(2)已知点，，E为线段上一点，且直线交C于G，H两点．证明：．
21．如图，四边形ABCD是圆台EF的轴截面，M是上底面圆周上异于C，D的一点，圆台的高，．
(1)证明：是直角三角形；
(2)是否存在点M使得平面ADM与平面DME的夹角的余弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
22．设点O为坐标原点，P是圆A：上任意一点，点，线段BP的垂直平分线与直线AP交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)设直线l与曲线C（在y轴右侧）恰有一个公共点，且l与直线分别交于M，N两点，求面积S的最小值．
1．B
【分析】利用向量的线性运算法则即可计算.
【详解】解：因为在平行六面体中，M是的中点，
所以
故选：B
2．A
【分析】解方程，再检验即得解.
【详解】解：若，则，
所以或．
当时，重合，不符合题意，所以舍去；
当时，符合题意．
故选：A
3．D
【分析】将异面直线平移至有交点的位置,在三角形中求出各边,再用余弦定理即可求出夹角余弦值,即异面直线夹角余弦值.
【详解】解:由题知找中点及靠近点的四等分点为,连接,如图所示:
是中点,
且,
四边形为平行四边形,
,
是中点,
,
AM与CN所成角即为夹角,
因为正三棱柱ABC-A1B1C1,AB=A1A=2,
,
在中由余弦定理可得:
,
故直线AM与CN所成角的余弦值等于.
故选:D
4．A
【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.
【详解】由可以得到，故，
直线的方程可整理为：，故直线过定点，
因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，
故，
故选A.
一般地，若直线和直线相交，那么动直线（）必过定点（该定点为的交点）.
5．D
【分析】A选项，根据两圆的方程求公共弦所在直线的方程；B选项，利用勾股定理求弦长；C选项，根据圆的性质得到线段中垂线过圆心，然后求直线方程；D选项，利用余弦定理得到，即可得到.
【详解】
联立两圆的方程得到，即，所以公共弦所在的直线方程为，故A错；
由：得，半径，则到直线的距离，所以，故B错；
由直线的方程得线段中垂线的斜率为-2，根据圆的性质得线段中垂线过圆心，所以中垂线方程为：，即，故C错；
圆的方程可整理为，所以，
在三角形中，根据余弦定理得，所以，故D正确.
故选：D.
6．D
【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.
【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.
7．A
【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可.
【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，故，，又，则，所以．
在正方体中，可知体对角线平面，
所以是平面的一个法向量，
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以.
故选：A．
方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
8．B
【分析】设圆心到，的距离分别是，，则，代入面积公式，利用基本不等式即可求出四边形的面积最大值.
【详解】设圆心到，的距离分别为，，则.
四边形的面积为：，
，当且仅当时取等号.
故选：B.
方法点睛：本题考查了圆中弦长公式以及基本不等式的应用，四边形面积可用互相垂直的两条对角线长度之积的一半来计算是解题的关键．
9．ABD
【分析】A. 由两直线互相垂直求解判断；， B.根据直线的两点式方程判断； C.利用直线的倾斜角和斜率求解判断； D分直线经过原点和不经过原点时求解判断.
【详解】A. 当与直线互相垂直时，，解得 或 ，故错误；
B.过，（且） 两点的所有直线的方程为，故错误；
C.直线的倾斜角，则，所以倾斜角的取值范围是，故正确；
D.经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为：当直线经过原点时为，当直线不经过原点时，设方程为，将点代入得，则直线方程为，故错误；
故选：ABD
10．BC
【分析】由双曲线的渐近线可以判断A；
求出双曲线的渐近线和焦点，进而根据点到直线的距离判断B；
设点，进而求出该点到两条渐近线的距离之积，并结合点在双曲线上进行化简，然后判断C；
求出的斜率之积，并结合点在双曲线上进行化简，然后判断D.
【详解】对A，双曲线的渐近线方程为，
若直线与双曲线无交点，则.A错误；
对B，由A渐近线方程为，
‘’焦点为，则焦点到渐近线的距离.B正确；
对C，设点，则，
点到两条渐近线的距离之积为.C正确；
对D，设，
则.D错误.
故选：BC.
11．BCD
【分析】由即可判断A，由余弦定理，即可判断B，结合椭圆的定义以及余弦定理即可判断C，由两点间距离公式，代入计算，即可判断D.
【详解】
设椭圆的上下顶点分别为，因为椭圆C：，则，
所以，
则，所以，
则的最大角为钝角，即存在P使得，故A错误；
当点运动到或的位置时，最大，则最小，
此时，且，
在中，由余弦定理可得，
，
所以的最小值为，故B正确；
设，由椭圆定义可得，，即①，
由余弦定理可得，，
即②，则①②可得，，即，
所以，故C正确；
设，因为为椭圆上的点，所以，
则点到的距离为，
其中，当时，，故D正确；
故选：BCD
12．AD
【分析】A选项，利用重心坐标公式和代入法求轨迹方程；B选项，根据椭圆的性质求长度的范围；C选项，根据角平分线的性质得到，然后求范围即可；D选项，根据列等式，然后整理即可.
【详解】
由题意得，，①，，，
设，因为是的中心，所以，即，
代入中得，
因为，，所以，，
所以的轨迹为椭圆的一部分，故A正确；
因为的轨迹为椭圆的一部分，长半轴长为，短半周长为，所以，故B错；
由椭圆定义得，设，，
根据角平分线的性质可得，故C错；
由得②，
由①得，代入②得，整理得，故D正确.
故选：AD.
13．
【分析】利用空间向量的方法求点点到直线的距离.
【详解】设直线与直线夹角为，
，，，
，
，
所以点到直线的距离为.
故答案为.
14．
【分析】结合图形得，即求焦半径的最小值.
【详解】圆的圆心，
椭圆的焦点为，，
因为，
即求焦半径的最小值.
先证焦半径公式：
设是椭圆上任一点，
是椭圆的两焦点，
则
因为，所以，.
由焦半径公式知，则当时，
取得最小值，
则.
故

15．
【分析】根据得到，再根据直线与圆的位置关系得到答案.
【详解】设，则，即，
整理得到，圆心为，半径，
由题意直线与圆有交点，则，解得.
即实数m的取值范围是.
故答案为.
16．
【分析】根据垂直渐近线得到直线的方程为，然后分别于渐近线方程联立得到点，的坐标，最后根据列方程求离心率即可.
【详解】
设，
渐近线方程为，则直线的方程为，
联立得，则 ，
联立得，则，
因为，所以，即，整理得，
所以的离心率为.
故答案为.
17．(1)
(2)或．
【分析】利用关于x轴的对称点在反射光线所在的直线上，结合点斜式方程可解答案；
利用点到直线的距离公式求圆心到直线的距离，再结合弦长与半径的值可求圆心坐标，则圆的方程可求.
【详解】（1）（1）设点P关于x轴的对称点为，
则直线SQ的斜率为，则SQ方程为，即l方程为．
（2）设圆心，则圆心到直线l的距离为，
由弦长等于4得，解得．
所以圆A的方程为或．
18．(1)，证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据题意得到，利用中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的平面角的定义得到就是二面角的平面角，即可得到，将点到平面的距离转化为点到平面的距离的，然后求距离即可.
【详解】（1）
当时，满足题意．
是的中点，又因为是的中点，
所以，
又平面，且平面，
所以∥平面．
（2）由勾股定理得，
因为平面，平面ABC，
所以，
又，，平面，
所以平面，
而平面，故，
故就是二面角的平面角，所以，
所以为等腰直角三角形，且，
过作于，则平面，易得，
所以点到平面的距离等于，为．
19．（1）（2）
【详解】试题分析：（1）由正弦定理得，，即，解得，得，所以为等腰从而求解（2）根据“两点之间线段最短”可知，最短航线是“”或“”，由余弦定理可以算出PA,分别计算每段长求和即可得出结论
试题解析：
（1）在中，，
由正弦定理得，，即，
解得，
又因为在中，，所以，
所以，从而，
即两个岛屿间的距离为；
（2）因为，所以，
在中，，由余弦定理得，
，
根据“两点之间线段最短”可知，
最短航线是“”或“”，
其航程为.
所以应按航线“”或“”航行，
其航程为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题得出焦点坐标，再由椭圆定义可求得，由，，关系可求得结果；
（2）当直线与x轴重合时，易证；当直线与x轴不重合时，设：，与椭圆联立可得根与系数关系，要证明，即证，根与系数关系代入可得证.
【详解】（1）由已知得焦点坐标为，，
由椭圆定义知
，，
则，所以C的方程为．
（2）①当直线与x轴重合时，不妨设，，
易得，，，满足．
②当直线与x轴不重合时，设：，，，
由，得，
，，，
要证明，等价于证明，
即证（*），又，
又，
所以（*）式成立，即．
21．(1)证明见解析
(2)存在点
【分析】（1）根据底面圆E得到，然后利用勾股定理得到，即可证明是直角三角形；
（2）假设点M满足题意，建系，设，然后根据平面与平面的夹角的余弦值列方程，解方程即可得到点.
【详解】（1）
由已知底面圆E，底面圆E，所以．
因为，，所以，
又，则，
所以是直角三角形．
（2）假设存在点M满足题意，如图取的中点N，连接FN，
以F为原点，，，为x，y，z轴正方向如图建系．
易得，，．
设，其中，则，
设是平面ADM的法向量．
由，取，
易得平面DEM的一个法向量为，
由已知得，
化为，解得或（舍去），
则存在点符合题意．
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据几何知识得到Q的轨迹为以A，B为焦点的双曲线，然后求轨迹方程即可；
（2）设直线的方程，联立直线与双曲线的方程，根据恰有一个公共点得到，联立直线与渐近线方程，利用韦达定理求三角形面积的最小值即可.
【详解】（1）
，
则Q的轨迹为以A，B为焦点的双曲线，
设方程为，则，，，
所以Q的轨迹方程为．
（2）
设l：，代入曲线C的方程得，
由已知得且，即，
将l：，代入得，
设，，则，，
直线l与x轴交点为，
则
由得，即，
则当时，S最小值为．