2023-2024学年河北省邯郸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学年河北省邯郸市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知圆，设是抛物线，若直线与直线垂直，则的值可能是，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册.
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．双曲线的虚轴长为（ ）
A．2B．C．4D．
2．已知平面，，，，，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．B．
C．D．
3．若为抛物线上一点，且到焦点的距离为9，则到轴的距离为（ ）
A．7B．10C．8D．9
4．在四面体中，为的中点，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．“”是“方程表示的曲线是椭圆”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
6．已知圆：与圆：关于直线对称，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．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
8．设是抛物线：上的动点，是圆：上的动点．则的最小值为（ ）
A．B．C．D．27
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．若直线与直线垂直，则的值可能是（ ）
A．B．C．0D．1
10．已知椭圆：的两个焦点为，，是上任意一点，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在棱长为1的正方体中，，，则（ ）
A．当平面时，
B．的最小值为
C．当点到平面的距离最大时，
D．当三棱锥外接球的半径最大时，
12．已知双曲线：的右焦点为，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，该垂线与另一条渐近线的交点为，若，则的离心率可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．直线的倾斜角为 ．
14．在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为 ．
15．石城永宁桥，省级文物保护单位，位于江西省赣州市石城县高田镇．永宁桥建筑风格独特，是一座楼阁式抛物线形石拱桥．当石拱桥拱顶离水面时，水面宽，当水面下降时，水面的宽度为 ；该石拱桥对应的抛物线的焦点到准线的距离为

16．若曲线与圆恰有4个公共点，则的取值范围是 ．
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．已知直线经过直线：与直线：的交点．
(1)若直线经过点，求直线在轴上的截距；
(2)若直线与直线：平行，求直线的一般式方桯．
18．已知双曲线的中心在原点，过点，且与双曲线有相同的渐近线．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知，是双曲线上的两点，且线段的中点为，求直线的方程．
19．如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，．
(1)证明：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
20．已知圆与两坐标轴的正半轴都相切，且截直线所得弦长等于2．
(1)求圆的标准方程；
(2)求圆截直线所得弦长；
(3)若是圆上的一个动点，求的最小值．
21．如图1，在菱形中，，将沿着翻折至如图2所示的的位置，构成三棱锥．
(1)证明：．
(2)若平面平面，为线段上一点（不含端点），且与平面所成角的正弦值为，求的值．
22．已知椭圆：的右焦点为，离心率为．
(1)求的方程．
(2)若，为上的两个动点，，两点的纵坐标的乘积大于0，，，且．证明：直线过定点．
1．C
【分析】根据双曲线的虚轴定义求解.
【详解】由可得，故虚轴长为，
故选:C.
2．B
【分析】先得到两两垂直，再根据其长度得到空间的一个单位正交基底.
【详解】因为平面，平面，
所以，．
因为,即两两垂直，
又，，，
所以空间的一个单位正交基底可以为．
故选：B.
3．C
【分析】根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果.
【详解】根据抛物线的定义可得到焦点的距离等于到准线的距离，所以到轴的距离为．
故选：C
4．B
【分析】利用向量的线性运算可得答案.
【详解】因为为的中点，所以．
因为为的中点，所以，
所以．
故选：B.
5．C
【分析】根据椭圆标准方程的特征，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】若方程表示的曲线是椭圆，则，，且，
所以且．故“”是“方程表示的曲线是椭圆”的必要不充分条件．
故选：C
6．C
【分析】根据两点的坐标，求其中点坐标以及斜率，根据对称轴与两对称点连接线段的关系，可得答案.
【详解】由题意得，，则的中点的坐标为，
直线的斜率.
由圆与圆关于对称，得的斜率.
因为的中点在上，所以，即.
故选：C.
7．D
【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
8．C
【分析】根据两点间距离公式、圆的几何性质，利用配方法进行求解即可.
【详解】由，半径为，
设，则，
当时，取得最小值28，所以，所以．
故选：C
关键点睛：本题的关键是利用圆的几何性质和配方法.
9．AC
【分析】根据互相垂直的两直线方程的性质进行求解即可.
【详解】依题意可得，解得或．
故选：AC
10．BCD
【分析】根据椭圆的定义可判定A、B，根据椭圆方程及二次函数的性质可判定C，根据基本不等式可判定D.
【详解】设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为，
因为，所以，，，
所以，，故A错误，B正确；
设，，，
则，
即，当时取得最大值，故C正确；
由椭圆定义及基本不等式可知：，故D正确．
故选：BCD
11．AB
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
则．
当平面时，，解得，故A正确．
，当时，取得最小值，且最小值为，故B正确．
当是的中点，即时，平面底面，此时，点到平面的距离最大，故C错误．
因为，所以过斜边的中点作平面的垂线，则外接球的球心必在该垂线上，所以球心的坐标可设为，半径为，
因为，所以，
所以．在三棱锥中，，所以，当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：AB
12．AC
【分析】设出直线方程：，分别与两渐近线联立，求得两点横坐标，代入，即可求解.
【详解】不妨设的一条渐近线的方程为，则直线的斜率为，
则：．设，
联立直线的方程与，
，则，可得．
由，则，得点的纵坐标为，
因为，所以．
因为，
所以或．
故选：AC
13．##
【分析】根据倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为．
故
14．
【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
故
15． 8 3.2
【分析】（1）建立平面直角坐标系，将点代入解析式，求出，得到焦点到准线的距离，水面下降时，，进而求出，得到水面宽度.
【详解】如图，以拱顶为原点，建立直角坐标系，

设抛物线方程为，由题意可知抛物线过点，
得，得，解得，
所以抛物线方程为，
所以该抛物线的焦点到准线的距离为．
当水面下降时，，则，得，
所以水面的宽度为．
故8，3.2
16．
【分析】根据直线和圆有两个公共点可列出不等式，从而求出的取值范围.
【详解】因为曲线与圆恰有4个公共点，
所以直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，
则有,解得．
故答案为:.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由两点求出斜率，应用点斜式求出直线方程；
（2）根据两直线平行，得到平行的直线系方程，代点解出参数即可.
【详解】（1）由解得
即和的交点坐标为，
因为直线经过点，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，得，所以直线在轴上的截距为．
（2）因为直线与直线：平行，
所以可设直线的方程为，
又直线经过点，所以，得，
所以直线的一般式方程为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意设方程，求出，即可求解.
（2）设两点坐标，代入双曲线方程，两式作差，结合中点坐标公式，即可求出直线的斜率，由直线的点斜式方程，求出直线的方程，与双曲线联立方程，满足，即可得到直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线与双曲线有相同的渐近线，
所以可设其方程为，
将点的坐标代入得，则所求双曲线的标准方程为．
（2）设，，因为的中点为，则，，
因为，所以，
即，则，所以，
所以直线的方程为，即．
当直线为时，联立方程，得，，符合题意，故直线的方程为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，给合三角形中位线定理、平行线的性质进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以．
在正三棱柱中，
所以．
又平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，．
设平面的法向量为，
则
取，则
易知是平面的一个法向量，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．
20．(1)
(2)
(3)21
【分析】（1）设圆心为，则，，半径为，且圆心在，从而求出，得到圆的方程；
（2）设，得到，得到最小值.
【详解】（1）因为圆与两坐标轴的正半轴都相切，设圆心为，
则，，半径为，
故圆的方程为，
又，圆心在上，故直径为2，
故半径，所以圆的方程为；
（2）圆心到的距离为，
则圆截直线所得弦长为.
（3）是圆上的一个动点，故设，
则
，
其中，
当时，取得最小值，
最小值为.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，．
因为是菱形，，所以，为等边三角形，
所以，．
又平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为平面平面，且平面平面，，
所以平面
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，．
设，则．
设平面的法向量为，
则取，则，，
所以．
．
又，所以，则．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率为及焦点计算可得，椭圆方程可解.
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据，可得，结合韦达定理可求m与k的关系，再代入直线方程求解.
【详解】（1）依题意可得
则，
故的方程为．
（2）
由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
设，的坐标分别为，
则，
且，．
设直线，的倾斜角分别为，
因为，且，两点的纵坐标的乘积大于0，
所以，所以
则，则
即，
所以
所以，
化简可得
则直线的方程为，
故直线过定点