2023-2024学年陕西省延安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学年陕西省延安市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了两条平行直线与的距离是，已知直线的方程为，则，已知圆等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.涂写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本大题共8个小题，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．已知直线与直线垂直，则直线的倾斜角为（ ）．
A．B．C．D．
2．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝（ ）
A．﹣3B．3C．6D．9
3．已知入射光线经过点被x轴反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．设x，，则“”是“，”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，用向量表示，则（ ）
A．B．
C．D．
6．年月日，嫦娥四号探测器在月球背面预选着陆区成功软着陆，并通过鹊桥中继卫星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图，揭开了古老月背的神秘面纱．如图所示，地球和月球都绕地月系质心做圆周运动，，，设地球质量为，月球质量为，地月距离为，万有引力常数为，月球绕做圆周运动的角速度为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．两条平行直线与的距离是（ ）
A．B．C．D．
8．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题（本大题共4个小题，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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有错选的得0分）
9．已知直线的方程为，则（ ）
A．直线在轴上的截距为2
B．直线在轴上的截距为3
C．直线的倾斜角为锐角
D．过原点且与垂直的直线方程为
10．已知圆：和圆：相交于、两点，下列说法正确的为（ ）
A．两圆有两条公切线B．直线的方程为
C．线段的长为D．点在圆上，点在圆上，则的最大值为
11．已知方程，下列叙述正确的是（ ）
A．方程表示的是圆
B．方程表示的圆的圆心在x轴上
C．方程表示的圆的圆心在y轴上
D．当时，方程表示以为圆心，半径为1的圆
12．已知正方体的棱长为，动点满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．对任意，存在，使得平面平面
C．若，则满足条件的动点组成图形的面积为
D．若，则三棱锥体积为
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．直线过定点为 ．
14．圆心在y轴上，经过点且与x轴相切的圆的方程是 ．
15．过点引圆的切线，则该切线长为 .
16．已知F1(－c,0)，F2(c,0)为椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，且，则此椭圆离心率的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．的三个顶点，，，边，的中点分别是，．
(1)求所在的直线方程；
(2)求边的高所在的直线方程．
18．已知过点且斜率为的直线与圆交于、两点.
（1）求的取值范围；
（2）若，其中为坐标原点，求.
19．已知直线，相交于点．
（1）求点的坐标；
（2）求以点为圆心，且与直线相切的圆的方程；
（3）若直线与（2）中的圆交于、两点，求面积的最大值及实数的值．
20．已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)设P为圆C上的一个动点，O为坐标原点，求OP的中点M的轨迹方程.
21．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，点E为棱PD的中点，，．
(1)求证：PB∥平面ACE；
(2)求平面ACE与平面PAB夹角的余弦值；
(3)若F为棱PC的中点，则棱PA上是否存在一点G，使得PC⊥平面EFG．若存在，求线段AG的长；若不存在，请说明理由．
22．已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，椭圆的一个焦点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，为椭圆上的两个动点，直线，的斜率分别为，，当时，的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由.
1．D
【分析】根据直线间互相垂直直接可得斜率与倾斜角.
【详解】由，得，
，故直线的倾斜角为．
故选：D．
2．B
【分析】根据线面垂直的向量表示即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
3．D
【分析】求出关于x轴的对称点，由两点式方程可求.
【详解】可得关于x轴的对称点为，则在反射光线上，
又反射光线经过点，所以反射光线所在直线的方程为，即.
故选：D.
4．C
【分析】利用椭圆的有关性质、三角函数的定义和三角函数的同角公式，结合充分、必要条件的定义计算化简，即可得到结果.
【详解】若，其轨迹为一个椭圆，则，
得，令，得，
所以充分性成立；
由，得，有，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C．
5．A
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知
所以,\
故选：A
6．B
【分析】根据题干中的等式结合可求得、、，可得出合适的选项.
【详解】对于AB选项，，由可得，，
所以，，所以，，A错B对；
对于C选项，由可得，C错；
对于D选项，由，可得，
所以，得，D错.
故选：B.
7．D
【分析】先将直线方程化为：，再利用两平行线间的距离公式求解.
【详解】直线方程化为：，
所以两条平行直线与的距离是：
.
故选：D
本题主要考查两平行线间的距离的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
8．A
【分析】由题可知曲线，是圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得.
【详解】方程是恒过定点，斜率为的直线，
曲线，即，是圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点，，
在同一坐标系内作出直线与半圆，如图，
当直线与半圆相切时，
由得相切时，又，
所以，或，
所以或．
故选：A．
9．BCD
【分析】根据直线方程，分别令即可判断AB，由直线斜率可判断C，求出原点且与垂直的直线方程即可判断D.
【详解】在中，令，得，所以A不正确；
令，得，所以B正确；
因为直线l的斜率为，所以直线l的倾斜角为锐角，故C正确；
因为与l垂直的直线方程可设为，又直线过原点，所以，故D正确.
故选：BCD
10．AD
【分析】两圆相交，由两条外公切线，将两圆方程相减可求得交线方程，求公共弦长转化为求相交弦长，数形结合可求得两圆上动点距离的最大值.
【详解】解：因为圆O：和圆C：相交于A、B两点，
所以两圆有两条公切线，∴A正确；
圆O：和圆C：的方程相减得，
故直线AB的方程为，∴B错误；
圆O：的圆心为，，到直线AB的距离为，
所以线段AB的长为，∴C错误；
圆：的圆心为，，则两圆圆心距，
点E在圆上，点在圆上，则的最大值为，D正确．
故选：AD．
11．BD
【分析】根据圆的一般方程的条件，对各个选项进行逐一判断．
【详解】对于选项A：因为，，，
由方程表示圆的条件得，即，解得，
所以只有当时才表示圆，故A错误；
对于选项B、C：因为，，
若方程表示圆，圆心坐标为，圆心在x轴上，故B正确，C错误；
对于选项D：当时，半径，故D正确；
故选：BD.
12．AC
【分析】利用空间向量的线性表示及数量积运算可得可判断A，利用特值可判断B，根据空间向量的共面定理结合条件可得动点的组成图形结合条件可判断C，由题可得在平面内，然后根据正方体的性质可得平面平面，进而可得平面与平面的距离，再根据锥体的体积公式可判断D.
【详解】对于A，此时，又，
，
所以，
所以即，故A正确；
对于B，若取，则在棱上，此时平面与平交，故B错误；
对于C，如图，，其中，
则的轨迹为的正方体的截面，即为正六边形，由题可知其边长为，其面积为，故C正确；
对于D，如图，，其中，
因为，即在平面内，由正方体的性质可知，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，故平面平面，
由正方体的性质可知平面，平面，
故，又，，且两相交线在平面内，故平面，又平面，
所以，同理，又平面，
所以平面，则平面，又，，
设到平面的距离为，则，可得，同理可得到平面的距离为，故平面与平面的距离为，
所以三棱锥体积，所以D错误.
故选：AC.
关键点点睛：本题的关键是利用空间向量的关系得到动点的轨迹，进而结合正方体的有关知识进行分析处理即得.
13．
【分析】先把直线化为点斜式，从而可确定定点.
【详解】直线可化为点斜式，
所以直线过定点.
故答案为.
14．
【分析】先设出圆的标准方程，再利用条件建立方程求出参数即可求出结果.
【详解】由题意，设圆的方程为，因为圆经过点，
所以把点代入圆的方程，得，整理得，∴，
所以圆的方程为，即，
故答案为.
15．
【分析】由圆的一般方程可确定圆心和半径，由此可得圆心到点的距离，根据切线长为可求得结果.
【详解】由圆的方程知其圆心为，半径；
圆心到点的距离，切线长为.
故答案为.
16．
设，由数量积的坐标表示得出，再由点P在椭圆上得出，联立两个方程得出，再由化简得出，结合离心率的公式即可求解.
【详解】设，则①
将代入①式解得
又，即
.
故
本题主要考查了求椭圆离心率的取值范围，属于中档题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合斜率公式求出直线的斜率，再利用点斜式公式即可写出直线方程．
（2）根据已知条件，结合斜率公式，即可写出直线方程．
【详解】（1）解：，，，边，的中点分别是，，
，，
，
所在的直线方程为，即．
（2）解：设边的高线为，
，，
，
又高线过点，
高线的方程为，
所以边的高线所在的直线方程为，即.
18．（1）；（2）.
（1）可知直线的方程为，利用圆心到直线的距离小于半径可得出关于的不等式，解出即可；
（2）由，然后利用平面向量数量积可求出.
【详解】（1）易知直线的方程为，即，
由于直线与圆交于、两点，则圆心到直线的距离为，
解得或.
因此，实数的取值范围是；
（2）由于原点为圆的圆心，且圆的半径长为，则，
，即.
本题考查利用直线与圆的位置关系求参数，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，涉及平面向量数量积的应用，考查计算能力，属于基础题.
19．（1）；（2）；（3）或．
【分析】（1）联立直线方程，解方程可得交点C；
（2）运用直线和圆相切的条件，由圆的标准方程可得所求圆的方程；
（3）运用三角形的面积公式，结合正弦函数的值域，可得最大值，再由点到直线的距离公式，可得t的值.
【详解】（1）把直线，联立，，解得，
；
（2）圆心，半径，
所以圆的方程为．
（3）因，
显然当，即时，取到最大值，
此时，直角的斜边上的高为，
又圆心到直线的距离为，
由，解得或．
20．(1)；
(2).
【分析】（1）设圆心C的坐标为，可得，结合条件可得，进而求得圆心的坐标，半径，即得；
（2）设，，进而可得，然后代入圆的方程，化简求得点的轨迹方程.
【详解】（1）设圆心C的坐标为，半径为r，
∵圆心C在直线上，
∴，
∵圆C经过，两点，
∴，
即，
化简得：，又，
所以，
∴圆心C的坐标为，，
所以圆C的标准方程为：；
（2）设，，
∵M为OP的中点，
∴，
∴，
∵P在圆C上，
∴，即，
∴OP的中点M的轨迹方程为.
21．(1)见解析
(2)
(3)棱上不存在点，使得平面
【分析】（1）由题意可以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，利用向量法证明即可；
（2）易得是平面的一个法向量，利用向量求出求解即可；
（3）与不垂直，则不可能垂直平面，进而即可求解
【详解】（1）因为底面ABCD是矩形，
所以，
因为平面，
又平面，平面，
所以，，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
又，且平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，，平面，
所以平面，
所以是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）因为，，
所以，
所以与不垂直，
而平面，
所以不可能垂直平面，
所以棱上不存在点，使得平面
22．（1）；（2）是，定值.
（1）由题设条件，列出方程组，结合，求得的值，即可求解.
（2）设，，当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，及三角形的面积公式，求得三角形的面积；当直线的斜率不存在时，结合椭圆的对称性和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）由椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，
椭圆的一个焦点为，
可得，，即，
解得，，
故椭圆的方程为.
（2）设，，
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，消可得，，
则，即，
且，，
所以
又由点到直线的距离，
所以.
又因为，
所以，
化简整理可得，满足，
代入，
当直线的斜率不存在时，由于，
考虑到，关于轴对称，不妨设，，
则点，的坐标分别为，，
此时，
综上可得，的面积为定值.
本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.