专题15：2020-2021学年高二年级数学上学期期末复习通关秘笈模拟试题一解析版

高二数学期末模拟试题（一）

（总分：150分  考试时间：120分钟）

注意事项：

1.答题前，务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.

2.答选择题时，须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.

3.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.

一､选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分,在1至8题为单选，9-12为多选，漏选得3分，错选得0分）

1、椭圆的焦点坐标是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】

根据椭圆方程求得c，再确定焦点位置即可.

【详解】

因为椭圆的方程为，

所以，且焦点在y轴上，

所以焦点坐标为：，

故选：C

2、直线l经过第二、四象限，则直线l的倾斜角范围是(　　)

A．0°≤α<90°  B．90°≤α<180°

C．90°<α<180°  D．0°<α<180°

【答案】　C

【解析】　直线倾斜角的取值范围是0°≤α<180°，又直线l经过第二、四象限，所以直线l的倾斜角范围是90°<α<180°.

3、“”是“圆锥曲线的焦距与实数无关”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：

根据圆锥曲线的性质，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.

详解：当，圆锥曲线方程可化为，

表示的是焦点在轴上的椭圆，焦距为定值，充分性成立；

当，圆锥曲线方程，

表示的是焦点在的双曲线，焦距为满足题意，必要性不成立.

即“”是“圆锥曲线的焦距与实数无关”的充分非必要条件.

故选：A.

【点睛】

本题主要考查命题的充分不必要条件的判断，涉及圆锥曲线的焦距，熟记充分条件与必要条件的概念，以及圆锥曲线的性质即可，属于常考题型

4、已知双曲线的离心率为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（   ）

A.  B.  

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据椭圆的标准方程求出，利用双曲线的离心率建立方程求出，，即可求出双曲线的渐近线方程．

【详解】解：椭圆的标准方程为，

椭圆中的，，则，

双曲线的焦点与椭圆的焦点相同，

双曲线中，

双曲线的离心率为，

，则．

在双曲线中，

则双曲线的方程为，

故选：．

【点睛】本题主要考查双曲线方程的求解，根据椭圆和双曲线的关系建立方程求出，，是解决本题的关键，属于基础题

5、已知圆上到直线的距离等于的点有个，则

A．  B．

C．  D．

【答案】A

【分析】转化条件为圆心到直线的距离为2，结合点到直线的距离公式即可得解．

【解析】由题意，圆的圆心为，半径为3，

因为圆上到直线的距离等于的点有个，

所以点到直线的距离，所以．故选A．

6、已知双曲线过点且其渐近线方程为，顶点、恰为的两焦点，顶点在上，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

求出双曲线的标准方程，利用正弦定理得出，再结合双曲线的定义可得出结果.

【详解】由于双曲线过点，则其焦点在轴，

设该双曲线的标准方程为，则，

双曲线的渐近线方程为，得，

所以，双曲线的标准方程为，其焦距为.

，

故选：C.

【点睛】本题考查双曲线定义的应用，同时也考查了双曲线标准方程的求解以及双曲线的渐近线方程，考查计算能力，属于中等题.

7、已知球面上，，三点，如果，且球的体积为，则球心到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设球的半径，则，所以，

设外接圆的半径，则由，所以，

而，即，所以，故选D．

8、在正四面体S-ABC中，P为侧面SBC内的动点，若点P到平面ABC的距离与到顶点S的距离相等，则动点P的轨迹为（    ）

A. 椭圆的一部分 B. 双曲线的一部分 C. 抛物线的一部分 D. 圆

【答案】A

【解析】

【分析】

由题,过作平面,过作于,连接,可证得为二面角的平面角,令其为,则在中,,进而（）,由椭圆定义即可做出判断

【详解】因为正四面体,所以平面不垂直于平面,过作平面,过作于,连接,如图所示,

可得平面,所以,故为二面角的平面角,令其为,则在中,,又点到平面距离与到点的距离相等,即为,所以,又平面不垂直于平面,故为锐角,所以,所以在平面中,点到点的距离与定直线的距离之比为一个常数,即,故由椭圆定义知点的轨迹为椭圆在平面的一部分,

故选：B

【点睛】本题考查空间几何体中线面的位置关系的应用,考查椭圆的定义,考查动点的运动轨迹,将条件的空间内的关系转化为平面上的关系是解题关键

9、下列说法正确的有（    ）

A．命题“，”的否定为“，”.

B．对于命题：“，”，则为“，”.

C．“”是“”的必要不充分条件.

D．“”是“对成立”的充分不必要条件.

答案： ACD

解析： 利用命题的否定形式判断、的正误；充要条件判断、的正误即可．

详解：对A，命题，的否定为，，满足命题的否定形式，故A正确；

对B，命题，，则为：，，不是：，，所以不满足命题的否定形式，故B错误；

对C，推不出，反之成立，所以是的必要不充分条件，故C正确；

对D，可得对成立，反之对恒成立，可得；所以是对恒成立的充分不必要条件，故D正确；

故选：ACD．

【点睛】

本题考查命题的真假判断与应用、命题的否定以及充要条件的判断，是中档题.

10、如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为，，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直

B．直线与平面平行

C．点C与点G到平面的距离相等

D．平面截正方体所得的截面面积为

【答案】BD

【解析】对于A，取中点M，则为在平面上的射影，

与不垂直，与不垂直，故A错；

对于B，取中点N，连接，，

在正方体中，，，

平面，平面，

所以平面，

同理可证平面，，

所以平面平面，

平面，所以平面，故B正确；

对于C，假设C与G到平面的距离相等，即平面将平分，

则平面必过的中点，连接交于H，而H不是中点，

则假设不成立，故C错；

对于D，在正方体中，，

把截面补形为四边形，

由等腰梯形计算其面积，故D正确，

故选BD．

11、古希腊数学家阿波罗尼奧斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(且)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知，，圆：上有且仅有一个点满足，则的取值可以为

A．1  B．2

C．3  D．5

【答案】AD

【分析】设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．

【解析】设，由，得，整理得，又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切． 圆的圆心坐标为（﹣1，0），半径为2，

圆C：的圆心坐标为（2，0），半径为r，两圆的圆心距为3，

当两圆外切时，r+2＝3，得r＝1，当两圆内切时，|r﹣2|＝3，得r＝5．故选AD．

【名师点睛】本题考查阿波罗尼斯圆，是高考以及模拟考经常命题的素材，考查两圆相切的应用，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．

12、如图，已知椭圆：，过抛物线：焦点的直线交抛物线于，两点，连接，并延长分别交于，两点，连接，与的面积分别记为，，则在下列命题中，正确的为（    ）

A．若记直线，的斜率分别为，，则的大小是定值为

B．的面积是定值2

C．线段，长度的平方和是定值5

D．设，则

答案： ACD

解析：

，设直线方程为，，联立方程得到，再计算每个选项的值，得到答案.

详解：，设直线方程为，，不妨设在第一象限.

则，故.恒成立，，

.

：，则，解得，

同理，即.

点到直线的距离.

.

.

，故.

故，.

故选：AC

【点睛】

本题考查了椭圆和抛物线的综合问题，涉及斜率，面积，定值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13、直线：，：．若，则=___________．

【答案】0或2

【解析】因为，所以，解得或2．

14、在直三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为________．

【答案】

【解析】因为，，，所以角为直角，

又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，

以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，，

所以，，

设异面直线与所成角为，

则，

故答案为．

15、已知圆与直线，上任意一点向圆引切线，切点为A，B，若线段AB长度的最小值为，则实数的值为___________．

【答案】

【分析】先求出圆心和半径，设，则，由题意可得，从而可求得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式可求出实数的值

【解析】圆C：，则圆心，，

设，则 ，

有最小值，

即圆心到直线的距离为，

即 (舍负)．故答案为.

16、抛物线上一点到焦点的距离为6，，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为________.

【答案】3

【解析】

【分析】

利用抛物线的定义，求得的值，过作于抛物线的准线，交准线于点，准线交轴于点，由抛物线的定义可知，即可得解.

【详解】解：由抛物线焦点在轴上，准线方程，

则点到焦点的距离为，

则，

抛物线方程：，

过作于抛物线的准线，交准线于点，准线交轴于点，如图所示

圆圆心为，半径为，

由抛物线的定义可知，

当且仅当在坐标原点，在圆与轴的左交点时取最小值.

故答案为：

【点睛】本题考查抛物线的标准方程，抛物线的定义的应用，转化思想，属于中档题．

三、解答题：本大题共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、已知点M(0，3)，N(-4，0)及点P(-2，4)；

（1）若直线l经过点P且lMN，求直线l的方程；

（2）求△MNP的面积．

【答案】（1）；（2）5．

【分析】（1）先求出直线的斜率，运用点斜式求出直线l的方程；（2）求出直线的方程，运用点到直线的距离公式计算出三角形的高，即可求出三角形面积．

【解析】（1）由题意可得，

直线的方程为，即，

则直线l的方程为；

（2）由题意可得直线MN的方程为，即，

点P到直线MN的距离为，

，△MNP的面积，

△MNP的面积为5．

【名师点睛】求直线l的方程关键是求出直线的斜率，这样可以运用点斜式求出直线方程，要计算三角形面积就要先求出三角形的底和高，然后再求面积．

18、如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，、分别为、的中点，，，.

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；

（2）由等腰三角形三线合一的性质可得，由平面与平面垂直的性质定理可得出平面，计算出三棱锥的体积，由为的中点，可得出三棱锥的体积为三棱锥的体积的一半，即可得出答案.

【详解】（1）因为，为的中点，，且，

四边形为平行四边形，，

又平面，平面，所以平面；

（2）因为，.

因为，，，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面，

的面积为，

连接，则.

又是线段的中点，，

故三棱锥的体积为.

【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，同时也考查了三棱锥体积的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

19．已知点，，曲线上任意一点到点的距离均是到点距离的倍．

（1）求曲线的方程：

（2）已知，设直线：交曲线于、两点，直线：交曲线于、两点，、两点均在轴下方．当的斜率为时，求线段的长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）设曲线上任意一点坐标为，

由题意得，

整理得，即．

（2）由题意知，且两条直线均过定点，

设曲线的圆心为，则，线段的中点为，则直线，

设直线，由得点，

由圆的几何性质得，

而，

解得或，又两点均在轴下方，所以直线，

由，解得或，

不失一般性，设，

由，消去得①

方程①的两根之积为1，所以点的横坐标，

因为点在直线上，解得，

直线，所以，同理可得，

所以线段的长为．

【名师点睛】本题考查求圆的轨迹方程，考查求圆中弦长．本题求弦长方程是求出交点坐标，再得弦长，而解题关键是由直线，且交点为定点，设出方程，中点，由圆的性质得求得方程，得出两点坐标，再得两点坐标，得弦长．

20、已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，且．

（1）求抛物线的方程；

（2）不过原点的直线与抛物线交于不同两点，若，求的值．

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】

（1）由抛物线的定义可得，即可求出，进而可得抛物线的方程；
（2）由题意易知：直线的方程为，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系和向量数量积的坐标运算代入即可解出．

【详解】解：（1）已知抛物线过点，且

则，

∴，

故抛物线的方程为；

（2）设，，

联立，得，

，得，

，，

又，则，

，

或，

经检验，当时，直线过坐标原点，不合题意，

又，

综上：的值为-8．

【点睛】本题重点考查了利用一元二次方程的根与系数的关系研究直线与抛物线相交问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

21、如图1，在直角中，，分别为的中点，连结并延长交于点，将沿折起，使平面平面，如图2所示．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据条件证明平面即可（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，利用公式计算二面角余弦值即可.

【详解】（1）证明：由条件可知，而为的中点， ，

又面面，面面，且， 平面

又因为平面， ．

（2）由（1）可知，两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，

则：

易知面的法向量为，

设平面的法向量为，则：，易得

设平面与平面所成锐二面角为，则

【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质，线面垂直的判定，二面角的向量求法，属于中档题.

22、椭圆：（）的离心率为，其左焦点到点的距离是．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线：被圆：截得的弦长为3，且与椭圆交于，两点，求△面积的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

试题分析：（1）借助条件布列的方程组；（2）联立方程组，借助维达定理构建面积函数，转求最值.

试题解析：（1）由题意可得，，

解得，，，

即有椭圆的方程为；

（2）∵到的距离，

∴，∴．

设，，把代入得

，

∴，，

∴

，

∵，

∴当，即时，．

考点：1、待定系数法求椭圆方程；2、设而不求法表示面积.

【思路点睛】本题综合考查了直线、圆、椭圆的知识，难度中等.第一问通过待定系数法确定椭圆的方程，注意对椭圆基本性质的理解；第二问考查了三角形的面积问题，如何表示面积手段是非常灵活的，除了熟知的底乘高除以二以外，还有面积的正弦形式，特别是割补思想表示面积，本题比较常规，难点是包含两个变量，通过弦长建立二者的等量关系，就可以很轻松的建立面积的一元函数.在求最值上很有技巧性，巧解均值不等式，值得同学们总结.