2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二上学期11月期中数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二上学期11月期中数学模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了已知圆，直线l，已知曲线等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束，将试题卷和答题卡一并交回．
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1．椭圆的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．过点且方向向量为的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线与平行，则实数a的值为
A．－1或2B．0或2C．2D．－1
4．过点作圆的两条切线，，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点在棱上，且满足，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．把正方形沿对角线折起，当以，，，四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆，直线l：，若圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围为
A．B．C．D．
8．已知椭圆，，为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则（ ）
A．B．C．D．1
二、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．下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ）
A．已知向量，则、与任意向量都不能构成空间的一个基底
B．若，，，四点共面，则
C．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D．在四面体，，，中，若，，则
10．已知曲线．下列结论正确的有（ ）
A．若，则是椭圆，其焦点在轴上
B．若，则是椭圆，其焦点在轴上
C．若，则是圆，其半径为
D．若，，则是两条直线
11．已知圆，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．点在圆内
B．圆上的点到直线的最小距离为1
C．圆和圆的公切线长为2
D．圆和圆的公共弦所在的直线方程为
12．通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”．已知椭圆，，分别为左、右顶点，，分别为上、下顶点，，分别为左、右焦点，为椭圆上一点，则满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ）
A．B．
C．四边形的内切圆过焦点，D．轴，且
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为 ．
14．若中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆过点，且长轴长是短轴长的2倍，则其标准方程为 ．
15．如图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，，则 .

16．若关于的方程有且只有两个不同的实数根，则实数k的取值范围是 ．
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．已知直线过定点．
(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；
(2)若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程．
18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，．
(1)求异面直线与所成角的大小．
(2)求直线到平面的距离．
19．已知直线和圆．
(1)若直线交圆于两点，求弦的长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
20．已知定圆，动圆过点，且和圆相切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)若直线与圆心的轨迹交于，两点，，且，求的值．
21．如图，直三棱柱的底面边长和侧棱长都为2，点在棱上运动（不包括端点）．

(1)若为的中点，证明：．
(2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围．
22．已知椭圆的离心率为，上下顶点分别为，，．过点，且斜率为的直线与轴相交于点，与椭圆相交于两点．
(1)求椭圆的方程．
(2)若，求的值．
(3)是否存在实数，使直线平行于直线？证明你的结论．
1．A
先将椭圆方程化为标准形式，即可求出焦点坐标.
【详解】由可得，
因此，且焦点在轴上，
所以焦点坐标为.
故选：A.
2．D
【分析】根据方向向量确定出直线的斜率，然后可得到直线的点斜式方程，将其转化为一般式方程即可.
【详解】因为直线的方向向量为，所以，
所以直线方程为，即为，
故选：D.
3．D
【分析】根据两直线平行，列方程，求的a的值.
【详解】已知两直线平行，可得a•a -（a+2）=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1．
经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去．
∴a=-1．
故选D
对于直线
若直线
4．C
【分析】根据点点距离公式可得，即可由勾股定理求解，由三角形面积公式即可求解.
【详解】由可得，
所以,进而可得，
故，所以四边形的面积为，
故选：C

5．C
【分析】运用空间向量的加减法和题设条件，将所求向量用空间的基向量表示即得.
【详解】
如图，连接因点，分别是，的中点，点在棱上，且满足
则
即：
故选：C.
6．C
【分析】当平面平面时，三棱锥体积最大，由此能求出结果．
【详解】解：如图，当平面平面时，三棱锥体积最大
取的中点，则平面，
故直线和平面所成的角为
，
．
故选：．
本题考查直线与平面所成角的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，属于中档题．
7．D
【分析】圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，利用点到直线距离求出b的取值范围.
【详解】因为圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，因此有，故本题选D.
本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了数形结合思想.
8．B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
即，整理得，②
联立①②，解得：，则，
又因为，则，
使用.
故选：B
9．ACD
【分析】对于A，直接由空间基底的定义即可判断；对于B，直接举出反例即可判断；对于C，设，结合是空间的一个基底，判断是否均为0即可；对于D，画出图形，选取基底向量，将，，进行转换，从而即可证得.
【详解】对于A，若，所以共线，即与空间中其他任何向量一定共面，从而、与任意向量都不能构成空间的一个基底，故A正确；
对于B，设点，点，点三点重合，且不与点重合，从而，故B选项错误；
对于C，不妨设，整理得，
又是空间的一个基底，所以当且仅当，解得，从而也是空间的一个基底，故C正确；
对于D，如图所示：
选作为空间的一组基底向量，
若，，
则，，即，
从而，故D正确.
故选：ACD.
10．AD
【分析】将方程，转化为，判断选项ABC，再根据，判断选项D.
【详解】方程，化为，表示椭圆，且其焦点在轴上，则，即，故A正确；
若，表示椭圆，且其焦点在x轴上，则，即，故B错误；
，表示圆，即，其半径为故C错误；
当，时，，则是两条直线，故D正确，
故选：AD
11．BCD
【分析】根据点与圆的关系即可求解A,根据圆心到直线的距离即可求解B，根据相交弦的定义即可求解D，根据相交时两圆的外公切线的求解即可判定C.
【详解】圆的圆心和半径分别为,圆的圆心和半径为，
对于A，由于，故点在圆外，故A错误，
对于B，到的距离为，所以圆上的点到直线的最小距离为，B正确，
对于D,由于,故两圆相交，
两圆方程相减可得公共弦所在直线方程为：，故D正确，
对于C，由于两圆相交，所以外公切线的长度为，C正确，
故选：BCD
12．BC
【分析】先求出椭圆的顶点和焦点坐标，根据椭圆的基本性质求出离心率判断A；根据向量数量积判断B；由四边形的内切圆过焦点，，结合面积公式求出判断C；由轴求出的坐标，结合斜率公式计算离心率判断D.
【详解】由可知：，，，，，，
对于A，若，则，
所以，即，
所以，与已知不符，故A错误；
对于B，，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，所以，故B正确；
对于C，四边形的内切圆过焦点，，
所以，
所以，
整理得，
所以，解得（舍去）或
所以，故C正确；
对于D，当轴，时，则，
，，
所以，所以，整理得，
所以，所以，与已知不符，故D错误.
故选：BC
13．
【分析】先求解出在方向上的投影，然后求解出同方向的单位向量，根据二者的乘积即可求得结果.
【详解】在方向上的投影为，
因为，所以同方向的单位向量为，
所以在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为.
14．或
【分析】分焦点在轴上和焦点在轴上两种情况讨论即可求.
【详解】当椭圆焦点在轴，设椭圆方程为，
因为椭圆过点，
所以，
又因为长轴长是短轴长的2倍，
所以，
所以椭圆方程为；
当椭圆焦点在轴，设椭圆方程为，
因为椭圆过点，
所以，
又因为长轴长是短轴长的2倍，
所以，
所以椭圆方程为.
综上，椭圆的方程为或.
故或
15．
【分析】根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长.
【详解】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故
16．
【分析】转化为半圆与直线的交点个数问题，利用数形结合法求解.
【详解】解：方程，即为，
令，
即表示以为圆心，以2为半径的半圆，
直线过定点P，
圆心到直线的距离等于半径为：，解得，
关于的方程有且只有两个不同的实数根，
即半圆于直线有且只有两个不同的交点，
由图象知：则实数k的取值范围是.
故
17．(1)；
(2)或
【分析】（1）求出直线的斜率可得l的斜率，再借助直线点斜式方程即可得解；
（2）按直线l是否过原点分类讨论计算作答.
【详解】（1），
所以直线的斜率为，
因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为2．
又因为直线过点，
所以直线的方程为，即．
（2）直线过原点时，设直线的方程为，
因为直线过点，所以，
所以直线的方程为，即；
当直线不过原点时，因为直线l在两坐标轴截距相等，
所以设直线的方程为，即，
因为直线过点，所以，
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求异面直线所成的角；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离即可.
【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
因为底面为直角梯形，，，，
所以，
则，，，，
，，
设异面直线与所成角为，则，
所以异面直线与所成角大小为．
（2），平面，平面，平面，
直线到平面的距离即为点到平面的距离．
设平面的法向量为，，，
则，取，得．
，点到平面的距离．
19．(1)
(2)或
【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程求得圆心及半径，再由点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，再由弦长公式得
（2）分两种情况讨论，过点的直线斜率存在与不存在两种，求得斜率不存在时直线为；设斜率存在时直线为，再由点斜式设直线方程为，再由点到直线的距离等于圆的半径，求得，即可求得直线方程.
【详解】（1）将圆，化成标准方程：，
圆的圆心，半径，
圆到直线的距离，
．
（2）当直线的斜率不存在时，过点的直线为，是圆的一条切线；
当直线的斜率存在时，设圆的切线方程为，即，
圆心到直线的距离，解得．
切线方程为，即，
综上所述，所求的直线方程为：或．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由，圆内切与圆，得到，利用椭圆的定义求解；
（2）联立，求得的中点，根据，由求解；
【详解】（1）解：，半径，设动圆的半径为，
由题意知，，点在圆内，圆内切与圆．
，即，
动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为4的椭圆，
设方程为，则，，．
圆心的轨迹方程为．
（2）设，，联立，
消去得：，
，．
的中点，由得，．
，，．
解得，符合，．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别取，的中点，，连接，则可建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出的坐标，计算其数量积，即可证明结论；
（2）求出平面的法向量，确定平面的法向量，根据空间角的向量求法，可求得的值，结合二次函数性质，即可确定的取值范围.
【详解】（1）证明：分别取，的中点，，连接
由直三棱柱的底面边长和侧棱长都为2，可知，
且平面平面，故;
以为坐标原点，以所在直线为周，建立空间直角坐标系如图所示，

因为直三棱柱的底边长和侧棱长都为2，为的中点，
所以，，，，，
故，，则，
所以，即．
（2）设，则点，所以，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
故，
又平面的一个法向量为，
所以，
因为，则，所以，
故的取值范围为．
22．(1)
(2)
(3)不存在，证明见解析
【分析】（1）根据离心率和短轴长度得到满足的关系式，求解出的值即可求得椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程得到对应韦达定理形式，将向量共线表示为坐标关系，结合韦达定理求解出的值；
（3）先表示出的斜率，然后利用坐标结合韦达定理分析与的关系，由此作出判断.
【详解】（1）由已知得，，
所以，，所以椭圆的方程为.
（2）设直线，，，
，消去得，
所以，，
因为，，，
所以，所以，
即，解得，符合，
所以.
（3）由已知得，，设直线，的斜率分别为和，
所以，，
所以
，
因为，
所以，所以，
所以使直线平行于直线的实数不存在．
.
关键点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的综合运用，联立思想是解答本题第二、第三问的基础，通过韦达定理将问题转化为坐标运算进行求解，难度较大.其中解答第三问的关键在于通过构造斜率平方差的形式结合坐标运算说明的不等关系.