四川省眉山市仁寿第一中学南校区2023-2024学年高二上学期12月阶段性模拟测试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省眉山市仁寿第一中学南校区2023-2024学年高二上学期12月阶段性模拟测试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的.
1. “”是“直线和直线平行”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】分别当时，判断两直线的位置关系和当两直线平行且不重合时，求的范围．
【详解】当时，两直线分别为：，，
两直线斜率相等，则平行且不重合．
若两直线平行且不重合，则
或，
综上所述，是两直线平行的充分不必要条件．
故选：A
2. 某广场的一个椭球水景雕塑如图所示，其横截面为圆，过横截面圆心的纵截面为椭圆，该椭圆的离心率为．若该椭球横截面的最大直径为1.8米，则该椭球的高为（ ）
A. 3.2米B. 3.4米C. 4米D. 3.6米
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的几何性质解题即可.
【详解】由题意可知，，则，
由该椭球横截面的最大直径为1.8米，可知米，
所以米，米，该椭球的高为米．
故选：D
3. 圆上的点到直线距离的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，进而得出圆心和半径，利用点到直线的距离公式及圆上的点到直线距离的最值问题即可求解.
【详解】圆的标准方程为，
所以圆心坐标为，半径，
圆心到直线的距离为
，
所以圆上的点到该直线的距离的取值范围是，即，
故选：A..
4. 已知椭圆以及椭圆内一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. -4D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设出交点代入椭圆方程，相减化简得到答案.
【详解】设弦与椭圆交于，，斜率，
则，，相减得到，
即，解得.
故选：A.
5. 已知点，，，，则直线，的位置关系是（ ）
A. 平行B. 相交C. 重合D. 异面
【答案】D
【解析】
【分析】计算、、的坐标，由空间向量共线定理可证明选项A，C不正确，再证明三个向量不共面即可求证直线，不相交，即可得直线，的位置关系.
【详解】因为点，，，，
所以，，，
因为不存在实数，使得，所以、不共线，
所以直线，不平行，不重合，故选项A、D不正确；
假设、、三个向量共面，
设，则，此方程组无解，
可得、、三个向量不共面，
所以直线，不相交，所以直线，异面，
故选：D.
6. 在平面直角坐标系xOy中，点，若直线：上存在点M，使得，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及两点间的距离公式，结合直线与圆有公共点的条件即可求解.
【详解】设，
由，可得，整理得，
因为直线：与圆有公共点，
所以，即，解得或．
所以的取值范围为.
故选：B.
7. 已知抛物线C：，点M在C上，直线l：与x轴、y轴分别交于A，B两点，若面积最小值为，则（ ）
A. 44B. 4C. 4或44D. 1或4
【答案】B
【解析】
【分析】为定值，设则可将面积表示为以为自变量的二次函数，依据二次函数的性质可将面积的最小值用表示出来，因为面积的最小值为，解方程可以求出的值.
【详解】不妨设，，由，，
知．设，
则，
故，故.
故选：B．
8. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，且，点关于原点的对称点为点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的性质可得四边形为矩形，然后结合双曲线的定义及的勾股定理可得，，再由的勾股定理即可求得结果.
【详解】设双曲线的左焦点为，连接，，，如图所示，

又因为，所以，
所以四边形为矩形，
设，则，
由双曲线的定义可得：，，
又因为为直角三角形，
所以，即，解得，
所以，，
又因为为直角三角形，，
所以，即：，
所以，即.
故选：D.
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. 直线经过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线的方程可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，分直线的截距为0和直线的截距不为0，两种情况讨论，结合直线的截距式方程，即可求解.
【详解】当直线的截距为0时，此时直线的方程为，即．
当直线的截距不为0时，设直线的方程为，
则，解得或，
当时，可得直线的方程为，即；
若时，可得则直线的方程为，即．
故选：BCD.
10. 如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积是
B. 平面
C. 平面与平面所成的二面角为
D. 异面直线与所成角的范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】利用等体积法，求得三棱锥的体积，即可得判断A的正误；利用面面平行的判定定理，可证平面平面，又平面，即可判断B的正误；根据面面垂直的判定定理，可证平面平面，可判断C的正误；分析可得点P位于两端点时，与所成的角最小，P位于中点时，与所成角最大，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A： 因为C到平面的距离不变，为的一半，等于，
的面积不变，且
所以三棱锥的体积不变，
根据等体积法可得，故A正确；
对于B：连接DB，DP，，因为正方体，
所以平面，
平面，所以平面，
同理平面，，
所以平面平面，又平面，
所以平面，故B正确.
对于C：因为，，
所以平面，所以，
同理，
所以平面，
所以平面平面，故C错误；
对于D：因为，
所以异面直线与所成角等于与所成的角，
因为，当P与两端点重合时，
与所成的角最小，且为，
当P位于中点时，与所成角最大，且为，
所以异面直线与所成角的范围是，故D错误.
故选：AB.
【点睛】证明线面平行时，常用判定定理，即线线平行推出线面平行，也可用面面平行的性质定理，即先证两个面平行，一个面内一条线平行另一个平面，也可得线面平行.
11. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C：的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ）
A. 的蒙日圆的方程为
B. 对直线上任意点，
C. 记点到直线的距离为，则的最小值为
D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确；
由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误；
根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；
由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确.
【详解】对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
在蒙日圆上，蒙日圆方程为：；
由得：，
的蒙日圆方程为：，A正确；
对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，
过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误；
对于C，在椭圆上，，
；
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
，C错误；
对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
矩形的面积（当且仅当时取等号），
即矩形面积的最大值为，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
12. 用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点.用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合.若抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点反射，再经过C上另一点反射后，沿直线射出，则（ ）

A. C的准线方程为
B.
C. 若点，则
D. 设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线上
【答案】AD
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质，可判定A正确；设直线，联立方程组，结合韦达定理，可判定B错误；根据，求得，可判定C错误；由，联立方程组得到，结合，可判定D正确.
【详解】由题意，抛物线，可得焦点，准线方程为，所以A正确；
由抛物线的光学性质可知，直线经过焦点F，且斜率不为0，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，所以，所以B错误；
若点，则，所以，所以，，
所以，所以C错误；
又由直线，联立方程组，解得，
由，得，所以，所以点N在直线上，所以D正确.
故选：AD.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 已知双曲线的离心率为2，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的标准方程可得，即可求得.
【详解】由可得，
利用离心率为，可得，解得.
故答案为：
14. 如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为_____.
【答案】
【解析】
【分析】证明或其补角为异面直线与所成的角，然后在直角（需要证明其为直角三角形）中求得角的大小．
【详解】在直角梯形中，因为B为OA的中点，，
所以，连接，又，
所以是平行四边形，所以，
所以或其补角为异面直线与所成的角，
是圆台的高，则它与底面垂直，所以与底面垂直，
从而它与底面上的直线垂直，
在直角三角形中，，所以，
连接OC，在直角三角形OBC中，由，，得；
在直角三角形中，，所以.
故答案为：．
15. 已知点在曲线上运动，则的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】曲线表示以原点为圆心，2为半径的上半个圆，表示上半圆上的点与连线的斜率，作出图形，可知当直线与半圆相切时的斜率即得解.
【详解】变形为，它是以原点为圆心，2为半径的上半圆，
如图，

在上半圆上，表示点与连线的斜率，
由题意得，当直线与半圆相切时斜率最大，
设直线与半圆相切时直线斜率为，直线方程，即，
因此，解得（由图舍去），
所以的最大值为.
故答案为：
16. 已知斜率为k的直线l过抛物线的焦点，且与抛物线C交于A，B两点，抛物线C的准线上一点满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】求出抛物线的方程为，其焦点为．直线的方程为．利用，说明在以为直径的圆上．设点，，，，利用平方差法求出斜率，设的中点为，，推出．通过点，在直线上，结合点是以为直径的圆的圆心．转化求解直线的斜率，求解弦长即可．
【详解】解：由题意知，抛物线的准线为，即，得，所以抛物线的方程为，其焦点为．
因为直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为．
因为，所以在以为直径的圆上．
设点，，，，联立方程组两式相减可得．
设的中点为，，则．因为点，在直线上，
所以，所以点是以为直径的圆的圆心．
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，所以，解得，
所以弦长．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
17. 已知直线l1：2x+y+3＝0，l2：x﹣2y＝0．
(1) 求直线l1关于x轴对称的直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；
(2)求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程．
【答案】(1)2x﹣y+3＝0，P（﹣2，﹣1）；(2) 3x+4y+10＝0或x＝﹣2.
【解析】
【分析】(1)由对称关系求直线l3的方程，联立l2与l3的方程，求点P的坐标，(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的点斜式方程，由点到直线距离公式列方程求斜率，由此可得直线m的方程，再检验过点P的斜率不存在的直线是否满足要求.
【详解】(1)由题意，直线l3与直线l1的倾斜角互补，
从而它们的斜率互为相反数，且l1与l3必过x轴上相同点，
∴直线l3的方程为2x﹣y+3＝0，
由解得
∴P（﹣2，﹣1）．
(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y+1＝k（x+2），
即kx﹣y+2k﹣1＝0，
∴原点O（0，0）到直线m距离为，解得，
∴直线m方程为3x+4y+10＝0，
当直线m的斜率不存在时，直线x＝﹣2满足题意，
综上直线m的方程为3x+4y+10＝0或x＝﹣2．
18. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，平面，为的中点，．

（1）设，，，用表示；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，利用空间向量的线性运算，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据题意，利用空间向量的线性运算和向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，连接，可得，
因为为的中点，则，
所以，
所以
.
【小问2详解】
解：因为，
所以
，
因为平面，平面，且平面,平面，
所以，
又因为，
所以，
所以.

19. 在平面直角坐标系内有三个定点，，，记的外接圆为E.
（1）求圆E的方程；
（2）若直线与圆E没有公共点，求m的取值范围.
【答案】19. ；
20. .
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求圆的方程即可；
（2）利用几何法判定直线与圆位置关系计算即可求参数范围.
【小问1详解】
设圆的方程为：，
代入A、B、C三点坐标可得：，解之得，
所以圆的方程为：；
【小问2详解】
由（1）知，
即圆心，半径为，
由题意可知E到的距离或，
即.
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为菱形，，为的中点，．为上的一点，且与平面所成角的正弦值为．
（1）证明：平面平面；
（2）试确定的值，并求出平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）；平面与平面所成二面角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质和勾股定理可分别证得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线面角的向量求法可构造方程求得，由此可得；利用二面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
取中点，连接，
，为中点，；
，，；
四边形为菱形，，为等边三角形，，
又分别为中点，，
，即；
，平面，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
连接，
由（1）知：为等边三角形，，；
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，；
设，则，
，
轴平面，平面的一个法向量，
，
解得：（舍）或，即，；
由得：，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，，
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
21. 已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且交右支于两点，点为线段的中点，点在轴上，．
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）若，求直线方程．
【答案】（1）
（2）或或
【解析】
【分析】（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为，由坐标运算即可求解.
【小问1详解】
由题知，，所以双曲线的渐近线方程为．
【小问2详解】
双曲线的右焦点坐标为，
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线方程为，代入双曲线中，
化简可得：，
设,则．
则
∴线段中点的坐标为，
直线方程为．
（i）当时，点恰好为焦点，此时存在点或，使得．
此时直线方程为．
（ii）当时，令可得，可得点的坐标为，
由于所以，
由，即，也即：．
化简可得，解出，
由于直线要交双曲线右支于两点，所以，即，故舍去．
可得直线的方程为．
综上：直线方程为或或．
【点睛】
22. 已知椭圆的焦距为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于两点，设直线的斜率分别为，试探究是否为定值？请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，建立的方程，直接求出即可得到结果；
（2）设出直线方程，联立，通过消元得到，再由韦达定理得，，再直接对化简即可求出结果.
【小问1详解】
由，得到，又椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意知直线斜率不为0，设直线方程为，，
联立，消整理得，
所以，
又
，
所以为定值.