专题16：2020-2021学年高二年级数学上学期期末复习通关秘笈模拟试题二解析版

高二数学期末模拟试题（二）
（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、已知a为实数，命题，则为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据存在性命题的否定的概念判断即可
【详解】由题,为存在性命题,则其命题的否定为：,
故选：C
【点睛】本题考查存在性命题的否定,属于基础题
2、直线在轴和轴上的截距分别是
A．2， B．-2，
C．-2， D．-2，-3
【答案】C
【分析】分别令和即得到直线在轴和轴上的截距．
【解析】直线中，令得为轴上的截距，
令得为轴上的截距．故选C．
3、已知一个圆柱和圆锥等底等高，且圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，则此圆锥和圆柱的表面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设圆柱与圆锥的底面半径为,由圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,可得圆锥的高为,圆锥的母线长为,再根据表面积公式求解并作比即可
【详解】由题,设圆柱与圆锥的底面半径为,则因为圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,所以圆锥的高为,圆锥的母线长为,
则圆柱的表面积为,圆锥的表面积为,
所以比值为,
故选：A
【点睛】本题考查圆柱与圆锥的表面积,考查截面积的应用,属于基础题
4、设，是两个不同的平面，是直线且．“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.
5、已知抛物线的准线l过椭圆的左焦点，且l与椭圆交于P、Q两点，是椭圆的右焦点，则的周长为（ ）
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
由抛物线准线过椭圆左焦点可得,求解,则可得到椭圆的标准方程,再根据的周长为计算即可
【详解】因为抛物线的准线为,椭圆的左焦点为,所以,即,则椭圆方程为,即,
所以的周长为,
故选：B
【点睛】本题考查抛物线与椭圆的几何性质的应用,考查椭圆定义的应用
6、如图，在正方体中，O是正方形的中心，E、F分别为棱AB、的中点，则（ ）

A. 直线EF与共面 B.
C. 平面平面 D. OF与所成角为
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线间的传递性及异面直线的定义可判断选项A；建立空间直角坐标系,利用空间向量依次证明选项B,C,D即可
【详解】因为E、F分别为棱AB、的中点,所以,
因为平面平面,平面,平面,,
所以与平面只有一个交点,
因为平面,,
所以,所以与不共面,故A错误；
以为原点,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,如图所示,

设棱长为2,则,,,,
则,,
所以,则,故B正确；
显然,平面即为平面,则易证平面,
因为,,则是平面的法向量,
因为,所以,故不是平面的法向量,
则平面与平面不平行,故C错误；
因为,所以,,
所以,即OF与所成角的余弦值为,故D错误；
故选：B
【点睛】本题考查直线的位置关系的判定,考查利用空间向量求直线与直线成角,判定面面平行,考查运算能力
6、三棱锥的三条侧棱互相垂直，且，则其外接球上的点到平面的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】空间四个点在同一球面上，两两垂直，且，
则可看作是正方体的一个顶点发出的三条棱，
所以过空间四个点的球面即为的正方体的外接球，球的直径即是正方体的对角线，长为，
球心O到平面的距离为体对角线的，即球心O到平面的距离为．
其外接球上的点到平面的距离的最大值为，故选B．
7、已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
【答案】A
【分析】
根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线， ，可得Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此可得选项.
【详解】
因为P是焦点为，的椭圆上的一点，为的外角平分线，，设的延长线交的延长线于点M，所以，
，
所以由题意得是的中位线，所以，
所以Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，所以当点Q与y轴重合时，
Q与短轴端点取最近距离
故选：A.


8、已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，a为半径的圆与它的一条渐近线相交于P、Q两点，O为坐标原点，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
过点向渐近线作垂线,垂足为,则,由几何性质可得,则,再根据可得,则,进而在中,利用勾股定理,整理后即可得到离心率
【详解】由题,设过点且垂直于渐近线的直线与渐近线交于点,即,
所以,
由圆的性质可得为中点,
因为,所以,则,
在中,,即,
整理可得,所以,
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查数形结合思想与运算能力
9、下列说法错误的是
A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B．直线的倾斜角的取值范围是
C．过，两点的所有直线的方程为
D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
【答案】ACD
【分析】对于A．根据直线垂直的等价条件进行判断；对于B．根据直线斜率以及正切函数的图象和性质进行判断；对于C．当直线和坐标轴平行时，不满足条件；对于D．过原点的直线也满足条件．
【解析】对于A．当，两直线方程分别为和，此时也满足直线垂直，故A错误，对于B．直线的斜率，则，即，则，，故B正确，对于C．当，或，时直线方程为，或，此时直线方程不成立，故C错误，对于D．若直线过原点，则直线方程为，此时也满足条件，故D错误，故选ACD．
【名师点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及直线方程，直线斜率以及直线垂直的位置关系的判断，难度不大．
10、如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与直线始终是异而直线
B．存在点，使得
C．四面体的体积为定值
D．当时，平面平面
答案： BCD
解析： 根据立体几何的知识，建立空间坐标系，逐个分析即可.
详解：解：

对于A选项，连接交与，当点在点时，直线与直线相交，故A选项不正确；
对于C.选项，连接，交于 ，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故C选项正确；
以为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为，则，，，， ，，
对于B选项， 存在点，使得，
则， ，，所以，得，故当满足时，，故B选项正确；
对于D选项，当满足时，，
， ，故平面的法向量可求得为：，
，，故平面的法向量可求得为：，
所以，即平面平面，故D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】
本题考查利用空间坐标系解决立体几何的相关问题，考查空间想象能力与数学运算能力.
已知点是抛物线的焦点，是经过点的弦且，的斜率为，且，两点在轴上方.则下列结论中一定成立的是（ ）

A． B．若，则
C． D．四边形面积最小值为
答案： AC
解析： 先由的斜率为，，得到，设，，的方程为，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理得到
再由抛物线的焦点弦公式求出，，最后根据题意，逐项判断，即可得出结果.
详解：因为的斜率为，，所以，
设，，的方程为，
由可得，，
，
所以，
同理可得
则有，所以A正确；

与无关，同理，故，C正确；
若，由得
，解得，故B错；
因为，所以四边形面积当且仅当，即时，等号成立；故D错；
故选AC
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线位置关系，熟记抛物线的简单性质，以及直线与抛物线的位置关系即可，解决此类题型，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，弦长公式等求解，属于常考题型.

12、如图所示，直平行六面体的所有棱长都为2，，过体对角线的截面S与棱和分别交于点E、F，给出下列选项正确的是

A 四边形的面积最小值为；
B 直线EF与平面所成角的最大值为；
C 四棱锥的体积为定值；
D 点到截面S的距离的最小值为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A分析可得当为为棱的中点时,四边形的面积最小,求解即可；
B过点的平面的垂线交平面于点,转化直线EF与平面所成角最大为直线与直线的夹角最小,进而求解即可；
C转化四棱锥的体积为以平面和平面为底的三棱锥的体积的和,进而求证即可；
D分析可得当点与点重合,点与点重合时四边形的面积最大,此时点到截面S的距离的最小,进而求解即可
【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形是平行四边形,
连接,,且交于点,过点作的垂线,垂足为,
则若四边形面积最小,即最小,
即为棱到平面的距离,即为长,
因为,则,
所以,
则,
又,
所以,此时为棱的中点,故A正确；
过点的平面的垂线交平面于点,则即为点到平面的距离,根据底面菱形的性质,可得,
若直线EF与平面所成角最大,则直线与直线的夹角最小,即最小,此时最大,即最小,
即时,故,则,
则直线EF与平面所成角最大为,故B错误；
设点到平面,平面的距离分别为,即从点分别向作垂线即可,由菱形可得,
,
为定值,故C正确；
因为四棱锥的体积为定值,
所以若点到截面S的距离的最小,则截面的面积最大,即四边形面积最大,即最大,则当点与点重合,点与点重合时符合条件,此时在中,,,则,则,
所以,此时,
设点到截面S的距离为,则,所以,故正确
故选：ACD
【点睛】本题考查线面角的计算,考查四棱锥的体积的计算,考查空间想象能力与运算能力,考查转化思想
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．直线的倾斜角为___________．
【答案】
【分析】将该直线的方程化为斜截式方程，最后由斜率得出倾斜角．
【解析】该直线可化为
则该直线的斜率为，，，故答案为．
14、命题：，的否定是___________
答案： ，
试题23651970解析：
利用全称命题的否定分析解答.
【详解】
因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题：，的否定是：，.
本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
15、已知抛物线：的准线方程为，焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上一点，且满足，则______.
【答案】
【分析】
由求出，可得抛物线方程为，利用抛物线的定义可求出，再利用余弦定理可得答案.
【详解】
由题可知：抛物线：，准线方程，
则，有，
∴，
∴抛物线方程为：：，
∵，
作准线，交于点，由抛物线的定义得：，
∴，
设，则，
∴，在三角形中，，，，
由余弦定理可得，
解得，
故答案为：

【点睛】
与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题得到解决.
16、知，是椭圆的两个焦点，且椭圆上存在一点，使得，若点，分别是圆D：和椭圆C上的动点，则当椭圆的离心率取得最小值时，的最大值是___________．
【答案】
【分析】
根据题中条件，得到的最大值不小于即可，由余弦定理，结合基本不等式，得到点为短轴的顶点时，最大；不妨设点为短轴的上顶点，记，得出离心率的最小值，连接，得到，根据椭圆的定义，结合三角形的性质，求出的最大值，即可得出结果.
【详解】
若想满足椭圆上存在一点，使得，只需的最大值不小于即可，
由余弦定理，可得

，当且仅当 ，
即点为短轴的顶点时，的余弦值最小，即最大；
如图，不妨设点为短轴的上顶点，记，则 ，

于是离心率，
因此当椭圆的离心率取得最小值时，，则椭圆 ；
连接，根据圆的性质可得:，
所以只需研究的最大值即可；
连接，，，
当且仅当，，三点共线（点在线段的延长线上）时，不等式取得等号，
所以的最大值为 ，
因此的最大值是.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于根据题中条件，得到椭圆离心率，求出椭圆方程，再由椭圆的定义，以及圆的性质，将动点到两点距离的最值问题，转化为椭圆上一动点到焦点，以及到定点的距离的最值问题，即可求解.

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、已知直线：；：n为常数．
（1）若，求m的值；
（2）若，且它们的距离为，求m，n的值．
【答案】（1） ；（2），或 ．
【分析】（1）由，故，解出答案．
（2）由，故，解得m的值，再由它们的距离为，求出．
【解析】（1）直线：；：，若，
则，求得．
（2）若，则，求得，，
故直线：；：．
再根据它们的距离为，，或．
综上可得，，或．
18、如图：在四棱锥中，已知底面是菱形且，侧棱，为线段上的中点，为线段上的定点.

（1）求证：平面；
（2）若，，，且直线平面，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，设，则，再在三角形中利用余弦定理求出即可证明，从而得证；
（2）连接交与，连接交于，连接，则，计算得出到平面的距离，则．
【详解】（1）证明：，为中点，

四边形为菱形，，
设，则，
在中，由余弦定理得，
，即
，平面，平面
平面
（2）是等腰三角形，，，
，，
连接交与，连接交于，连接，
平面，平面，平面平面，
，
，
四边形是菱形，，
，，
，
到平面的距离．
．

【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理，线面平行的性质，棱锥的体积计算，属于中档题．
20、已知A，B是焦距为的椭圆的上、下顶点，P是椭圆上异于顶点的任意一点，直线PA，PB的斜率之积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若C，D分别是椭圆的左、右顶点，动点M满足，连接CM交椭圆于点E，试问：x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在定点满足题意
【解析】
【分析】
（1）设,代入椭圆方程可得,
由,则,又由,进而求得,从而求得椭圆方程；
（2）设,法一：设,由C,E,M共线得,则,由E在椭圆上,可得,代入中求解即可；
法二：设直线,则,联立可得,则,代入中求解即可
【详解】（1）由题,,设,
则,所以,
所以,
所以,
又,
所以,
所以椭圆的方程为
（2）存在,
设其坐标为,由题,,
法一：设,
由C,E,M共线得,即,所以,
由E在椭圆上,得,则,
因为,,
所以恒成立,
所以,即存在定点满足题意
法二：设直线,其中,
令得,
联立,
得,
故,所以,
所以,,
故恒成立,
所以,即存在定点满足题意
【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查椭圆中的定值问题,考查运算能力
21、如图，在直角梯形SABC中，，D为边SC上的点，且，现将沿AD折起到达的位置（折起后点S记为P），并使得.
设，

（1）若点E在线段BP上，且满足，求平面EAC与平面PDC所成锐二面角的余弦值
(2)设G是AD的中点，则在内（含边界）是否存在点F，使得平面PBC？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）平面PBC上存在点F，当F为PB中点时，平面PBC
【解析】
【分析】
（1）以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,分别求得各点坐标,则,,,由可得,则,分别求得平面EAC与平面PDC的法向量,进而利用数量积求得法向量夹角余弦值,从而得解；
（2）可推测点F为棱PB中点时满足条件,取PC中点M,连结MD,MF,可得,即可将问题转化为平面PBC,利用等腰直角求证即可
详解】（1）证明：,
平面PAD,
平面PAD,
,
,
,
,
平面ABCD
故DA,DC,DP两两垂直,
以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,

则,
则,,,
设平面EAC与平面PDC所成的锐二面角为,
,
,
,
设是平面ACE的一个法向量,
则,即，
不妨取,得,
因为平面PCD,则是平面PCD的一个法向量,
则,
故平面EAC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为
（2）存在,点F为棱PB中点时,满足平面PBC,证明如下：
当点F为棱PB中点时,取PC中点M,连结MD,MF,

则且,
四边形DGFM为平行四边形,
,
又等腰直角中,,
,
平面PDC,平面PDC,
,又,
平面PBC,
平面PBC
【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查利用空间向量求二面角,考查直线传递性的应用,考查运算能力与推理论证能力
22、已知抛物线，过焦点F的直线l与抛物线交于S，T，且.

（1）求抛物线C的方程；
（2）设点P是x轴下方（不含x轴）一点，抛物线C上存在不同的两点A，B满足，其中为常数，且两点D，E均在C上，弦AB的中点为M.
①若点P坐标为，抛物线过点A，B的切线的交点为N，证明：点N在直线MP上；
②若直线PM交抛物线于点Q，求证；为定值（定值用表示）.
【答案】（1）（2）①证明见解析②证明见解析，定值为
【解析】
【分析】
（1）设直线：,联立直线与抛物线可得,则由韦达定理得,,代入中即可求得,进而得到抛物线方程；
（2）设,则,,①由可得,将点的坐标代入抛物线中可得,则,进而得到,是方程的两根,从而求得点、点的坐标,利用导数求得切线方程,联立即可求得交点,因而得证；
②由,得,代回抛物线方程, 同理①整理后可得,为方程的两根,求得点的坐标,则,将点坐标代入求证即可
【详解】（1）由题,显然直线的斜率存在,设：,,
联立得,,
由韦达定理得,,
,
,
即

则抛物线方程为
（2）设,则,,
①由,,得,
点D在抛物线C上,
故,
即,则,
由,所以,即,
同理可得,
即,是方程的两根,
解得或,
不妨,,则中点,直线
由,所以,
得两切线,
所以,解得,则,
所以N在直线PM上
②设,,
由,得,
代D入抛物线C,
则,
即,
化简得：,
同理将E代入抛物线C得：,
即,为方程的两根,
由韦达定理得,,,
所以,,
显然,
所以设,
所以,,
故,为定值
【点睛】本题考查抛物线方程,考查抛物线中的定值问题,考查运算能力与转化思想