高二数学上学期期中模拟卷01（空间向量与立体几何+直线与圆的方程+椭圆）-高二数学热点题型讲与练（人教A版选择性必修第一册）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先表示出，，依题意可得，由数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
因为，
所以，即，
所以.
故选：D
2．已知四面体OABC中，，，，E为BC中点，点F在OA上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的加减法进行求解.
【详解】解：在四面体中，
，E为OA的中点，
，，
所以，
故选：D
3．设点，，若点在线段上（含端点），则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．以上都不对
【答案】A
【分析】令，则的取值范围等价于直线的斜率的取值范围，数形结合求出临界值，从而求出的取值范围，即可得解.
【详解】如图，令，则的取值范围等价于直线的斜率的取值范围，

点，，点是线段（含端点）上任一点，
，，
或，
的取值范围是．
故选：A．
4．已知为直线上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】求出关于直线的对称点坐标，易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和，

即．设关于直线对称的点为，则得，即．
易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
故选：A．
5．在平面直角坐标系中，圆，若曲线上存在四个点，过动点作圆的两条切线，为切点，满足，则的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用条件，先求出的轨迹方程，分情况讨论此曲线轨迹与交点情况即可.
【详解】如图所示，设，则，，，

化简得，或（舍去），
即在以O为圆心的圆上，轨迹方程为，

如上图所示，易知曲线过定点，记为，
若，最多与圆有一个交点，不符合题意，可排除C、D选项；
若，先判定与相切的情况，
则圆心到直线的距离为，
由图形可知当时，曲线与有四个交点.
故选：B
6．已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：

由图可知：，
由平分，则，所以，
由，则解得，
由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，
在中，由余弦定理，可得，
代入可得：，化简可得：，
所以其离心率.
故选：C.
7．如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法错误的是（ ）

A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值
B．存在这样的点，使得
C．当直线与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为
D．当时，点的轨迹长度为
【答案】B
【分析】对于选项A，由点P到侧面的距离为定值即可判断；对于选项B，结合空间向量的线性运算即可判断；对于选项C，分当点P在侧面，侧面上时以及当点P在上底面上时，和点P在侧面，上时三种情况分类讨论即可判断；对于选项D，分当P在底面ABCD上时和点在侧面上时分类讨论即可判断.
【详解】对于选项，由点到侧面的距离相等，故四棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于选项，因为，而，，
因此点P是的中点，所以这样的点P不在正方体的表面上，故B选项错误；
对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形的边界），
过点作平面的垂线，垂足为，连，在Rt中，由，可得；
②当点在上底面上时，过点作平面的垂线，垂足为，
若，必有，又由，有，
此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆，点的轨迹长度为；
③当点在侧面上时，点在线段上符合题意，
此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故选项正确；
对于选项，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心，
为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点，
有，可得，
则点的轨迹与底面的交线长为；
②当点在侧面上时，，
可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心，为半径的四分之一圆，
交线长为．
由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确．
故选：B.
8．已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由椭圆的对称性，及，得四边形为矩形，设，利用椭圆的定义，及条件所给出的长度关系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推断出点P的位置，求出离心率.
【详解】
如图，设左焦点为，连接，，，
由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形.
设，则，
又因为，则，，，
在中，，即，
解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.
由，所以，即，所以离心率.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．在正方体中，动点满足，其中，则（ ）
A．对于任意的，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，存在点，使得
D．当时，不存在点，使得平面
【答案】ABD
【分析】利用空间向量数量积的运算性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为.

A： ，
设平面的法向量为，，
所以有，
平面的法向量为，，
因为
所以有，
因为，所以，
因此对于任意的，都有平面平面成立，
所以本选项正确；
B：当时，，
设平面的法向量为，，
所以有，，
所以点到平面的距离为，
所以，显然三角形的面积是定值，
因此当时，三棱锥的体积为定值，所以本选项正确；
C：当时，，
，，
所以当时，不存在点，使得，因此本选项不正确；
D：当时，假设存在点，使得平面，
因为平面，所以，，
则，这与矛盾，故假设不成立，
所以当时，不存在点，使得平面，因此本选项正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间向量的数量积的运算性质.
10．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，其方程均可写为
D．己知，若直线与线段有公共点，则
【答案】ACD
【分析】根据两直线垂直的判断方法依次判断充分性和必要性可知A错误；由直线斜率和倾斜角关系可求得B正确；根据直线两点式方程无法表示的直线可知C错误；求得所过定点后，由两点连线斜率公式可求得临界状态，结合图象可确定D错误.
【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线垂直，充分性成立；
若两直线垂直，则，解得：或，必要性不成立；
“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，A错误；
对于B，由直线得：，
直线的斜率，即，
又，，B正确；
对于C，平行于坐标轴的直线，即或时，直线方程不能写为，C错误；
对于D，由得：，直线恒过定点；

，，
结合图象可知：，，D错误.
故选：ACD.
11．已知点是圆：上的动点，则下面说法正确的是（ ）
A．圆的半径为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为6
【答案】BD
【分析】利用配方法，结合换元法、一元二次方程根的判别式逐一判断即可,
【详解】A：，
因此该圆的半径为，所以本选项不正确；
B：因为点是圆：上的动点，
所以，
设代入中，化简得：
，因为该方程有实根，
所以，
因此的最大值为，所以本选项正确；
C：由B可知：，
，
由A可知：，
因为点在圆上，所以，于是
，其中，
显然的最小值为，所以本选项不正确；
D：由B可知：，
令，代入中，化简得：
，因为该方程有实根，
所以，因此的最大值为6，
所以本选项正确，
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，根据一元二次方程有实根的性质进行求解.
12．已知、分别为椭圆：的左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆的长轴长为
C．若点是线段的中点，则的斜率为
D．的面积最大值为
【答案】BCD
【分析】AB选项，根据椭圆方程得到，，从而求出离心率和长轴长；C选项，设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出点坐标，得到的斜率；D选项，在C选项基础上，求出和点到直线的距离为，表达出的面积，求出最大值.
【详解】AB选项，由题意得，故，
故椭圆的离心率为，长轴长为，A错误，B正确；
C选项，设不过原点且斜率为1的直线为，
联立得，
由，解得，
设，则，
则，
故，
故的斜率为，C正确；
D选项，由C选项可知，，
点到直线的距离为，
故的面积为
，
因为，所以，
故当时，的面积取得最大值，最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知椭圆：的离心率为，，分别为的上下顶点，为的右顶点，若，则的方程为 ．
【答案】
【分析】根据题意求出即可得解.
【详解】，
则①，
又，所以②，
由①②解得，
所以的方程为.
故答案为：.
14．直线，若直线分别与x轴，y轴的负半轴交于A、B两点，求三角形AOB面积的最小时的直线的方程 .
【答案】
【分析】由题可得直线所过定点为，则设直线为，其中，则问题转化为已知，，求的最小值，利用基本不等式可得答案.
【详解】
，即直线所过定点为.
由题设直线方程为：，其中，则,.
由基本不等式，，面积的最小值为4，
当且仅当，即时取等号.
则三角形AOB面积最小时直线方程为
故答案为：
15．在正四棱台中，，，，，，若平面，则 ．

【答案】/0.75
【分析】画出图形，由题意平面，可以推理得出，再根据题目条件分别把这两个向量表示为，，由向量共线的条件即可求解.
【详解】如图所示：

连接，设，平面平面，
因为平面，且平面，
所以；
因为四棱台底面为正方形，且，，
所以，，
从而，
又因为，，
所以，
，
因为，
所以.
故答案为：.
16．如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：
①弦AC长度的最小值为；
②线段BO长度的最大值为；
③点M的轨迹是一个圆；
④四边形ABCD面积的取值范围为．
其中所有正确结论的序号为 ．
【答案】①③④
【分析】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若分别是的中点，圆心到直线的距离且，易证为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断③；根据得到四边形ABCD面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断④.
【详解】由题设，则圆心，半径，
由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，
此时，①正确；
BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，②错误；
若分别是的中点，则且，且，
又，易知：为矩形，而，
若圆心到直线的距离且，
所以，则，故，
所以在以为直径，交点为圆心的圆上，③正确；
由上分析：，，而，
所以，
令，则，
当，即时，；
当或5，即或时，；
所以，④正确；
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：③证明分别是的中点所成四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；④利用得到关于的表达式，结合函数思想求范围.
四、解答题：本题共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．（10分）已知平面直角坐标系内三点．
(1)求直线的斜率和倾斜角；
(2)若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标及CD所在直线方程；
(3)若是线段上一动点，求的取值范围．
【答案】(1)1，
(2)，
(3)
【分析】（1）根据直线的斜率公式以及倾斜角的定义即可求得答案;
（2）根据平行四边形性质结合直线的斜率公式即可求得答案；
（3）根据的几何意义结合斜率公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意得直线的斜率为，所以直线的倾斜角为；
（2）点在第一象限时，.

设，则，解得，
故点的坐标为；
故CD所在直线方程为：，即；
（3）由题意得为直线的斜率，
当点与点重合时，直线的斜率最小，；

当点与点A重合时，直线的斜率最大，；
故直线的斜率的取值范围为，
即的取值范围为.
18．（12分）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，先求出两个平面的法向量，然后利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）如图所示：

连接.因为是边长为2的正方形，所以，
因为，所以，，
所以，则.
因为，所以.
因为平面ABCD，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴
建立如图所示的空问直角坐标系.

则，，，，故，，.设平面的法向量为，则，令，则
设平面的法向量为，则，令，则.
，
记平面和平面夹角为，则.
19．（12分）已知椭圆C：的左右焦点分别为、，若点在椭圆上，且为等边三角形．
(1)求椭圆C的标准方程？
(2)过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于A、B两点，若为钝角，求k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）结合题意知，联立直线与椭圆，利用韦达定理计算即可.
【详解】（1）
由题意可知为椭圆的上顶点，即，
又为正三角形，设椭圆的焦距为，所以，
故椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知，
不妨设，，
联立椭圆方程，
则，
易知，
由为钝角可得，
化简得，
又时，为平角，不符合题意舍去，故.
20．（12分）一个火山口的周围是无人区，无人区分布在以火山口中心为圆心，半径为400km的圆形区域内，一辆运输车位于火山口的正东方向600km处准备出发，若运输车沿北偏西60°方向以每小时km的速度做匀速直线运动：
(1)运输车将在无人区经历多少小时？
(2)若运输车仍位于火山口的正东方向，且按原来的速度和方向前进，为使该运输车成功避开无人区，求至少应离火山口多远出发才安全？
【答案】(1)5小时
(2)800km
【分析】（1）根据题意，以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，结合点到直线的距离公式求得弦长，即可得到结果；
（2）根据题意，由直线与圆相切，即可得到结果.
【详解】（1）
以火山口的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，如图所示，记运输车从出发，点处开始进入无人区，到处离开无人区，则圆方程为，由运输车沿北偏西60°方向运动，可得直线的斜率，则，即，因为到的距离为,
则，
所以经历时长为小时.
（2）设运输车至少应离火山口出发才安全，
此时运输车的行驶直线刚好与圆相切，
且直线方程为，即，
则到直线的距离，解得，
即运输车至少应离火山口出发才安全.
21．（12分）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点．

(1)若P是线段BC的中点，求证：平面；
(2)设平面平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）作出平面和平面的交线，确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出与平面QAC所成角的正弦值，利用换元法结合二次函数性质即可求得其最大值.
【详解】（1）取中点H，连接，因为P为中点，
则有，

在等腰梯形中，，故有，
则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，

过点B作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，
即为四棱锥的高，在中，，
，
当且仅当时取等号，此时点与重合，
又梯形的面积S为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，
此时，
以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，
此梯形的高，
因为,故为的中位线，
则，
，
设，
则，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
则有，
令，则，
当时，；
当时，，
在时取到最小值，此时取到最大值
即当，即时取到最大值，
所以的最大值为.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于与平面QAC所成角的正弦值的最大值，解答时要确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值.
22．（12分）已知为椭圆上一点，点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)不经过点的直线与椭圆相交于两点，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）分设，直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设不经过点的直线方程为：，联立方程，利用韦达定理求出
，再根据直线与的斜率之和为求出的关系，即可得出结论.
【详解】（1）由点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为可知，
解得：，
，
椭圆的标准方程：；
（2）设，
当直线的斜率不存在时，则，
由，
解得，此时，故重合，不符合题意，
所以直线的斜率一定存在，设不经过点的直线方程为：，
由得，
，
，
，
，
，
，
，
直线必过定点．