2023-2024学年辽宁省大连市名校高二上学期11月阶段性模拟测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省大连市名校高二上学期11月阶段性模拟测试数学试题含答案，共30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
1．对于直线m，n和平面，，的一个充分条件是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】D
【分析】根据空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定定理逐个分析即可得答案.
【详解】对A：，，，不一定得到，A错误；
对B：，，，不一定得到，B错误；
对C：，，，则或两平面重合，C错误；
对D：，，则，又， 所以，D正确；
故选：D.
2．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
3．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
4．若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设二面角为，作面于，于，于，根据题设有为常数，进而分析P在上的轨迹，即可得答案.
【详解】若二面角为，作面于，于，于，
如上图示，，由题设有，即为常数，
所以P在上的轨迹是一条直线，且与边夹角较小.
故选：D
5．如图，在四面体中，截面经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心，且与、分别截于、.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥与三棱锥的表面积分别为，，则必有（ ）
A．B．C．D．的大小不能确定
【答案】C
【分析】连接、、、，，，表示出、，即可得到与的关系.
【详解】解：连接、、、，，，
则，，
又，
而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面公共，
故，即.
故选：C．
6．已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
7．如图，B地在A地的正东方向处，C地在B地的北偏东方向处，河流的沿岸（曲线）上任意一点到A的距离比到B的距离远．现要在曲线上选一处M建一座码头，向B、C两地转运货物．经测算，从M到B、C两地修建公路的费用分别是a万元/、万元/，那么修建这两条公路的总费用最低是（ ）
A．万元B．万元C．万元D．万元
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，求出曲线PQ的方程，再结合两点间距离公式求解作答.
【详解】以线段AB的中点O为原点，射线OB为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，如图，
则，令点为曲线PQ上任意一点，则，
因此曲线PQ是以点A，B为左右焦点，实轴长为2的双曲线右支，其方程为，
显然点C在曲线PQ含焦点B的区域内，设，，有，
修建这两条公路的总费用
，当且仅当时取等号，
由，且，解得，即时，
所以修建这两条公路的总费用最低是万元.
故选：B
【点睛】思路点睛：圆锥曲线上的点与一定点和焦点距离和的问题，借助两点间距离公式及点在曲线上进行化简变形即可推理求解.
8．已知椭圆C1：=1（a＞b＞0）与双曲线C2：x2﹣=1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点.若C1恰好将线段AB三等分，则（ ）
A．a2=B．a2=3C．b2=D．b2=2
【答案】C
【分析】由双曲线方程确定一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a，利用椭圆与双曲线有公共的焦点，得方程，再结合条件可得，即可得结论．
【详解】
由题意, C2的焦点为，一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知 AB为圆的直径且AB=2a，
∴C1的半焦距,于是得 ①
设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为(m,2m),代入C1的方程得：②，
由对称性知直线y=2x被C1截得的弦长，
由题得：,所以 ③
由②③得 ④
由①④得
故选：C.
二、多选题
9．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

10．已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，右顶点为A，点M为椭圆上一点，点I是的内心，延长MI交线段于N，抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，若四边形是菱形，则下列结论正确的是（ ）
A．B．椭圆的离心率是
C．的最小值为D．的值为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用椭圆与抛物线的对称性得到，从而将代入抛物线方程得到，进而得以判断；对于B，将代入椭圆的方程得到，由此得以判断；对于C，利用椭圆的定义与基本不等式“1”的妙用即可判断；对于D，利用三角形内心的性质与三角形角平分线的性质，结合比例的性质即可判断.
【详解】对于A，因为椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为A，则，，，，
因为抛物线（其中c为椭圆下的半焦距）与椭圆交于B，C两点，
所以由椭圆与抛物线的对称性可得，两点关于轴对称，不妨设，，，
因为四边形是菱形，所以的中点是的中点，
所以由中点坐标公式得，则，
将代入抛物线方程得，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B，由选项A得，再代入椭圆方程得，
化简得，则，故，所以，故B错误；
对于C，由选项B得，所以，则，
所以，不妨设，则，且，
所以，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，连接和，如图，
因为的内心为，所以为的平分线，则有，
同理：，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是利用椭圆与抛物线的对称性，可设的坐标，再由菱形的性质与中点坐标公式推得，从而求得的值，由此得解.
12．已知双曲线E：的右焦点为，以坐标原点O为圆心，线段OF为半径作圆与双曲线E在第一、二、三、四象限依次交于A，B，C，D四点，若，则（ ）
A．
B．
C．四边形ABCD的面积为
D．双曲线E的离心率为
【答案】ACD
【分析】根据双曲线以及圆的对称性可判断A；利用对称性可得，结合二倍角公式可判断B；利用三角形面积公式可求四边形ABCD的面积，判断C；求出点A的纵坐标，利用三角函数值推出之间的关系，即可求得离心率，判断D.
【详解】对于A，由双曲线以及圆的对称性可知AC和BD是圆O的两条直径，且，
所以，故A正确；

对于B，由条件得，
而与互补，所以，故B错误；
对于C，由已知得，
所以四边形ABCD的面积为
，故C正确；
对于D，记双曲线的半焦距为c（），联立，解得，
故A点纵坐标为，则，
再由已知可得为锐角，故，
所以，所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D，求双曲线的离心率，解答时要注意利用角的三角函数值建立之间的等量关系，从而求得关于的关系，即可求解.
三、填空题
13．在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】/
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
14．以下四个关于圆锥曲线的命题：
①设、是两个定点，为非零常数，若，则的轨迹是双曲线；
②过定圆上一定点作圆的弦，为原点，若，则动点的轨迹是椭圆；
③方程的两根可以分别作为椭圆和双曲线的离心率；
④双曲线与椭圆有相同的焦点.
其中正确命题的序号为
【答案】③④
【解析】根据双曲线的定义可判断①的正误；推出点是的中点，利用垂径定理和圆的定义可判断②的正误；求出方程的两根，结合椭圆、双曲线离心率的取值范围可判断③的正误；求出双曲线与椭圆的焦点坐标，可判断④的正误.
【详解】①不正确，若动点的轨迹为双曲线，则，
当点在的延长线上时，显然这种曲线是射线，而非双曲线；
②不正确，，，则是的中点，
根据垂径定理，圆心与弦的中点连线垂直于这条弦，
设圆心为，那么有，即恒为直角，
由于是圆的半径，为定值，而恒为直角，
也就是说，在以为直径的圆上运动，为直径所对的圆周角，
所以点的轨迹是一个圆；
③正确，方程的两根分别为和，可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
④正确，双曲线与椭圆的焦点坐标都是.
故答案为：③④.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
16．椭圆：的左，右焦点分别为，，上顶点为，离心率为，直线将分成面积相等的两部分，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据已知条件求得，根据直线与轴的交点的位置进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.
【详解】依题意，，解得，
所以椭圆的方程为，
由于，，
所以是等腰直角三角形，
所以，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线与的交点为，与轴的交点为，
①当与重合时，，则，
所以，解得.
②当在之间时，，
所以，
由解得，，
由令，得，
所以，所以，
整理得，由解得.
③当在左侧，则，，
设直线与的交点为，
由解得，
因为，
所以，
，所以，
所以，
所以.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解椭圆的方程，关键点是根据已知条件求得，是个未知数，需要个条件，其中一个条件是，另外的两个条件由题目给出，如本题中的点坐标以及离心率，通过解方程组可求得，进而求得椭圆的方程.
四、解答题
17．如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；
（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案.
【详解】（1）设，则，，
因为，所以，即，故，
所以，
因为P是圆上的点，所以，即；
（2）过点且斜率为的直线方程为，
与联立得：，易得，
设直线与的两交点坐标分别为，
则，，
故被C所截线段的长度为.
18．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
19．已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线交于，两点，过，分别向抛物线的准线作垂线，设交点分别为，，为准线上一点.
(1)若，求的值；
(2)若点为线段的中点，设以线段为直径的圆为圆，判断点与圆的位置关系.
【答案】(1)
(2)点在以为直径的圆上
【分析】（1）依题意设直线方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，即可得到，从而得到点为线段的中点，即可得解；
（2）求出，即可得解.
【详解】（1）依题意抛物线的焦点为，直线的斜率不为，
设直线方程为，，，
由，消去整理得，显然，
所以，，

由题知，，设，
，
，直线的方程为，
令可得，
点是的中点，；
（2）若是的中点，则，
所以

.
所以，因此点在以为直径的圆上.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．设点在直线上，过点P作双曲线的两条切线，切点为A、B，定点．
(1)过点A作直线的垂线，垂足为N，试求的重心G所在的曲线方程；
(2)求证A、M、B三点共线．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）联立垂线与直线的方程求出，根据重心公式求出点坐标，代入双曲线得解
（2）将切线方程与双曲线联立，根据判别式为0求出、的方程，
根据在上，得点都在直线上
又也在直线上，得证.
【详解】（1）设，垂线的方程为：，
由得垂足，
设重心
所以 解得，
由 可得即为重心所在曲线方程．
（2）设，由已知得到，且，，
设切线的方程为：由得
从而,解得
因此的方程为：
同理的方程为：
又在上，所以，
即点都在直线上
又也在直线上，所以三点共线
21．设动点到点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．
（1）证明：动点的轨迹为双曲线，并求出的方程；
（2）过点作直线交双曲线的右支于两点，试确定的范围，使，其中点为坐标原点．
【答案】（1）证明见解析，的方程为：；
（2）.
【分析】（1）在中利用余弦定理可构造得，符合双曲线定义，进而可得双曲线方程；
（2）解法一：当垂直于轴时可求得，，代入双曲线方程可求得；当不垂直于轴时，设，与双曲线方程联立，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可构造不等式组求得的范围；
解法二：设的中点为，当时，利用可构造方程求得；当时，利用点差法可表示出，结合可得满足的一个方程；利用勾股定理和双曲线第二定义可得满足的另一个方程，由此可求得，从而利用求得的范围.
【详解】（1）在中，，即，
，即，
点的轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线，
，，，
的方程为：．
（2）解法一：设，，
①当垂直于轴时，的方程为：，
由知：，，，
，解得：；又，．
②当不垂直于轴时，设的方程为．
由得：，
由题意知：，，．
则，
，且在双曲线右支上，
，则，，解得：；
综上所述：的取值范围为.
解法二：设，，的中点为．
①当时，，，解得：；
又，；
②当时，，两式作差整理可得：，
又，；
由知：，，
由第二定义得，
．
由得：，
，，又，解得：．
综上所述：的取值范围为．
【点睛】思路点睛：本题考查利用双曲线定义求解标准方程、直线与双曲线的综合应用问题；本题第二问求解参数范围的基本思路是能够利用变量表示出已知条件所给的等量和不等量关系，从而结合韦达定理构造出关于所求变量的方程或不等式的形式来进行求解.
22．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)
(3)椭圆C上不存在三点，使得
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得

故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时

综上所述结论成立．
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知
，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知

所以

．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.