2024-2025学年高二上学期期中数学模拟试卷4试题及答案

这是一份2024-2025学年高二上学期期中数学模拟试卷4试题及答案，共19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(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．（2021·全国·高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．1B．2C．D．4
2．（22-23高二上·江西抚州·期末）已知坐标平面内三点，为的边上一动点，则直线斜率的变化范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ）
A．，3B．，2C．1，3D．，2
4．（22-23高二上·云南临沧·期末）已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
6．（23-24高三上·河南·开学考试）已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（ ）
A．B．1C．D．2
7．（2023·山东·模拟预测）在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（23-24高二上·广东广州·期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．（22-23高二上·河北保定·期末）已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．向量与向量的夹角为
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．向量与向量，共面
10．（21-22高二上·重庆·期末）对于直线.以下说法正确的有（ ）
A．的充要条件是
B．当时，
C．直线一定经过点
D．点到直线的距离的最大值为5
11．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2023·湖南长沙·一模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为 .
13．（22-23高三上·广东·开学考试）过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为 ．
14．（22-23高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为 .
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15. (13分) （23-24高二上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，焦距为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过且斜率为的直线交椭圆于，两点，求弦的长.
16. (15分) （2022高二上·全国·专题练习）已知直线的方程为：．
(1)求证：不论为何值，直线必过定点；
(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．
17. (15分) （23-24高二上·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，平面，.
(1)求二面角的正弦值；
(2)在棱上确定一点，使异面直线与所成角的大小为，并求此时点到平面的距离.
18. (17分) （2023·四川巴中·模拟预测）设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．
(1)求a；
(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．
19. (17分) （22-23高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
2．D
【分析】作出图象，求出的斜率，再结合图象即可得解.
【详解】如图所示，
，
因为为的边上一动点，
所以直线斜率的变化范围是.
故选：D.
3．D
【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，
所以，
所以，解得.
故选：D
4．C
【分析】设出圆心坐标，根据对称关系列出方程组，求出圆心坐标，结合半径为3，即可求解.
【详解】设圆心坐标，由圆心与点关于直线对称，
得到直线与垂直，
结合的斜率为1，得直线的斜率为，
所以，化简得①
再由的中点在直线上，，化简得②
联立①②，可得，
所以圆心的坐标为，
所以半径为3的圆的标准方程为.
故选：C
5．B
【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断.
【详解】对于A，设，即，解得，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，无解，
所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；
对于C，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故选：B.
6．A
【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.
【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，
因为，所以，将代入的方程得，即，
所以，
故．
故选:A．
7．D
【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围.
【详解】圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为，
则圆的方程，
设，由，
可得，整理得，
则圆与圆有公共点，
则，
即，解之得.
故选：D
8．B
【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，
点满足，即，则，
又，，
即，又，
故，则，即，
即平分，又，故，
则，则，
，
，
由，
故，
即，即，又，故.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.
9．ABD
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.
【详解】因为，所以，
可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；
因为，
所以，即B正确；
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C错误；
由向量，，，可知，
向量与向量，共面， 所以D正确.
故选：ABD
10．BD
【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
【详解】当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
11．AD
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.
【详解】易知，可设，设Ax1,y1,Bx2,y2，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
12．
【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.
【详解】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为.
故答案为：.
13．
【分析】由题知、，进而求解方程即可.
【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，
所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，
所以，
所以直线的方程为，即；
方法2：设，，则由，可得，
同理可得，
所以直线的方程为.
故答案为：
14．/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）依题意设椭圆的方程为（），即可得到关于、、的方程组，解得、，即可得解；
（2）首先得到直线的方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，最后利用弦长公式计算可得.
【详解】（1）依题意设椭圆的方程为（），
则，解得，所以椭圆方程为.
（2）依题意直线的方程为，设、，
由，消去整理得，
则，所以，，
所以.

16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）列出方程，分别令，可求出定点；
（2）先令令，再表达出三角形面积，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）证明：直线的方程为：
提参整理可得：．
令，可得，
不论为何值，直线必过定点.
（2）设直线的方程为．
令 则，
令．则，
直线与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积．
当且仅当，即时，三角形面积最小．
此时的方程为．
17．(1)
(2)，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角；
（2）设，由空间向量法求异面直线所成的角得出，再由向量法求点面距．
【详解】（1）以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，
则.
设平面的法向量，
则，取得，
设平面的法向量，
则，取得，
设二面角的大小为，则
，
所以.
（2）设，则
.
因为异面直线与所成角的大小为，
所以，解得或（舍去）.
此时，
所以点到平面的距离.
18．(1)；
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；
（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．
【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，
因为的面积为4，所以，解得，所以．
（2）由（1）得，．
当直线l斜率为0时，不适合题意；
当直线l斜率不为0时，设直线，设，，
由，得，
则，，，
因为直线PA，PB的斜率之和为，
所以，即，
所以，所以
，整理得，
所以直线，
令，解之得，所以直线l过定点．
19．(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，PA，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
C
B
A
D
B
ABD
BD
题号
11









答案
AD