2023-2024学年内蒙古呼和浩特市新城区高二上学期期中数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古呼和浩特市新城区高二上学期期中数学模拟试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题5分）
1．直线对应的斜率分别为，对应的倾斜角分别为，若已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．两条平行直线与之间的距离（ ）
A．B．C．D．7
3．过点且垂直于的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知双曲线的右焦点为，一条渐近线方程为，则C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知点，，若过斜率为的直线与线段相交，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．或
6．已知，表示平面，，表示直线，以下命题中正确的选项是（ ）
A．假设，，那么
B．假设，，，那么
C．假设，，那么
D．假设，，，，那么
7．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的夹角的余弦为（ ）
A．B．C．D．
8．已知椭圆上存在点，使得，其中，分别为椭圆的左、右焦点，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（全对5分，少选不错2分，选错0分）
9．下列说法正确的是（ ）
A．任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率
B．点关于直线的对称点为
C．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为
10．已知圆与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆与轴相切，则
B．若，则圆C1与圆C2相离
C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在的直线方程为
D．直线与圆C1始终有两个交点
11．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（ ）
A．四面体P－ACD是鳖臑B．阳马P－ABCD的体积为
C．阳马P－ABCD的外接球表面积为D．D到平面PAC的距离为
12．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为，B．曲线C关于x轴对称
C．面积的最大值为2D．的取值范围是
三、填空题（每空5分）
13．已知双曲线，则双曲线的焦距为 ．
14．已知F1，F2为椭圆的左､右焦点，点P在椭圆C上，，则 .
15．已知直线与曲线有两个交点，则的取值范围为 .
16．已知点是圆：上动点，.若线段的中垂线交于点，则点的轨迹方程为 .
四、解答题
17．已知的三个顶点是，，.求：
(1)边上的中线所在直线方程；
(2)边上的高所在直线方程.
18．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:
(1)平面AEC;
(2)平面AEC⊥平面PBD．
19．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值且的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，，动点满足.设点的轨迹为.
(1)求曲线的方程；
(2)若曲线和无公共点，求的取值范围.
20．椭圆（）的左右焦点分别为，，其中，为原点．椭圆上任意一点到，距离之和为．
（1）求椭圆的标准方程及离心率；
（2）过点的斜率为2的直线交椭圆于、两点．求的面积．
21．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD.
(1)求二面角的余弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
22．过点的直线与圆交于两点，为圆与轴正半轴的交点．
(1)若，求直线的方程；
(2)证明：直线的斜率之和为定值．
1．C
【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可求解.
【详解】由题知，如图所示：
直线的倾斜角为锐角时，斜率大于0且倾斜角越大斜率越大，
直线的倾斜角为钝角时，斜率小于0且倾斜角越大斜率越大；
故选：C.
2．C
【分析】先根据两条直线平行求参，再根据平行线间距离公式计算求解.
【详解】由已知两条直线平行，得，所以，
所以直线可化为，则两平行线间的距离.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，设所求直线的方程为，代入点的坐标，求得的值，即可求解.
【详解】设过点且垂直于的直线方程为，
将点代入，可得，解得，
所以所求直线方程为.
故选：D.
4．D
【分析】根据焦点坐标与渐近线方程，列出方程组，求出，得到C的方程.
【详解】由题意得：，解得：，
故C的方程为.
故选：D
5．C
【分析】由题意若与线段相交，直线范围从到，根据和的斜率可得的取值范围.
【详解】
如图，若与线段相交，直线范围从到，
直线的斜率，直线的斜率，
故，
故选：C
6．C
【分析】根据线面垂直的性质定理，可判断A；根据面面平行的性质定理，可判断B、C；根据面面平行的判定定理，可判定D
【详解】选项A：假设，，那么或在内，故选项A错误；
选项B：假设，，，那么或与异面，故选项B错误；
选项D：假设，，，，且、相交才能判定，故选项C错误；
选项C：依照两平面平行的性质可知C正确．
故选：C
7．D
利用直线与平面的夹角坐标公式计算可得答案．
【详解】设直线与平面的夹角为
则
直线与平面的夹角的余弦为
故选：D
8．D
【分析】先由椭圆的定义结合已知求得，再由求得的不等关系，即可求得离心率的取值范围.
【详解】由椭圆的定义得，又∵，∴，，
而，当且仅当点在椭圆右顶点时等号成立，
即，即，则，即.
故选：D．
9．ABC
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的概念判定A；根据“一垂直二中点”检验判定B;求得截距然后计算面积判定C；注意到截距可能都是零的特殊情况否定D.
【详解】解：当直线的倾斜角为时，直线不存在斜率，
所以所有的直线都有倾斜角，但不一定都有斜率，故A正确；
点与的中点坐标满足直线方程，
并且两点的斜率为：，
所以点关于直线的对称点为，
故B正确；
直线在两坐标轴上的截距分别为：2，，
与坐标轴围成的三角形的面积是：，
故C正确；
经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为或，
所以D不正确；
故选:ABC.
10．BD
【分析】对A，圆心到x轴的距离等于半径判断即可；对B，根据圆心间的距离与半径之和的关系判断即可；对C，根据两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程求解即可；对D，根据直线过定点以及在圆C1内判断即可.
【详解】因为，，
对A，故若圆与x轴相切，则有，故A错误；
对B，当时，，两圆相离，故B正确；
对C，由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，故C错误；
对D，直线过定点，而，故点在圆内部，所以直线与圆始终有两个交点，故D正确.
故选：BD
11．BD
【分析】根据鳖臑定义判断A，根据锥体体积公式判断B，通过补形确定阳马P－ABCD的外接球的直径，结合球的体积公式判断C，利用等体积法求D到平面PAC的距离判断D.
【详解】设，，，
由侧棱PD⊥底面ABCD，，，，
可得，解得
即，，．
对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体，
可知其外接球直径为，
故阳马的外接球半径，
表面积，故C错误；
对于D，设D到平面的距离为h，
由，，
可得的面积为，
由等体积法，
可得，
解得，故D正确．
故选：BD.
12．ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ABD
结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
13．4
【分析】根据双曲线的标准方程求出，，即可得解.
【详解】由双曲线方程，可得，，
，，故焦距为4.
故4.
14．
【分析】根据椭圆定义，可得|PF1|＋|PF2|＝4，利用余弦定理，变形整理，即可求得结果.
【详解】由椭圆定义可得|PF1|＋|PF2|＝4，利用余弦定理可得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cs 60°＝|F1F2|2，
所以，
解得3|PF1|·|PF2|＝4，即，
故
15．
【分析】由直线与圆的位置关系数形结合计算即可.
【详解】，即过定点，
，即曲线为原点为圆心，2为半径的半圆，
如图所示，设与曲线切于点C，曲线与横轴负半轴交于点B，

则，，故.
故答案为.
16．
【分析】根据椭圆定义以及其标准方程，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
因为为线段中垂线上一点，所以，则，
显然为圆：的半径，则，
则动点的轨迹为以定点为焦点的椭圆，其中，，
解得，故其轨迹方程为.
故答案为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.
（2）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解.
【详解】（1）由题知的中点，所以直线的斜率，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
（2）由题意得直线AC的斜率，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】（1）设,连接,如图所示:
因为O,E分别为,的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面．
（2）连接,如图所示:
因为,为的中点,所以,
又因为四边形为菱形,所以,
因为平面,平面,且,
所以平面,又因为平面,
所以平面平面．
19．(1)
(2)
【分析】（1）设，然后根据列方程化简计算即可得曲线的方程，
（2）先求出两圆的圆心和半径，再由题意可得两圆外离或内含，从而可得或，从而可求出的取值范围
【详解】（1）设，
因为，，动点满足，
所以，
化简得，即，
所以曲线的方程为，
（2）曲线的圆心为，半径为4，
的圆心为，半径为，
因为曲线和无公共点，
所以两圆外离或内含，
所以或，
所以或，
所以或，
所以的取值范围为
20．（1），；（2）
【分析】（1）根据题意和椭圆的定义可知，再根据，即可求出，由此即可求出椭圆的方程和离心率；
（2）求出直线的方程，将其与椭圆方程联立，设，求出，根据弦长公式求出的长度，再根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再根据面积公式即可求出结果.
【详解】（1）由题意，，，
所以椭圆的标准方程为，离心率为；
（2）直线的方程为，代入椭圆方程得
设，则
∴，
又∵点到直线的距离
即的面积为.
关键点点睛：本题主要考查了圆锥曲线中弦长公式的应用.
21．(1)
(2)存在，点M位置为
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值；
（2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解.
【详解】（1）设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
（2）设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.
22．(1)或
(2)证明见解析
【分析】(1)首先考虑斜率不存在是否满足题意，再考虑斜率存在时，假设直线方程，结合垂径定理列方程求解斜率即可；
(2)由题设得到点坐标,假设直线方程并联立圆的方程，结合韦达定理写出的表达式，化简即可.
【详解】（1）①直线垂直于轴时，可得出直线为，
此时直线与圆的两交点距离为，满足题意；
②当直线不垂直轴时，设直线方程为，
因为，所以半弦长为，由勾股定理得弦心距，
又有点到直线的距离公式可得弦心距，解得，
此时直线方程为，
所以满足题设条件的直线的方程为或
（2）由题设容易得到点坐标，
设直线方程为，联立圆的方程，可得关于的一元二次方程：，
设点，，由根与系数的关系（韦达定理）可得，，
的斜率，
的斜率，
则
，
所以与的斜率之和为定值，从而结论得证．