精品解析：山东省潍坊市青州第一中学2024-2025学年高二上学期期中模拟数学试题

高二期中考试考前模拟（一） 一、单选题 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线的倾斜角与斜率k的关系，可以求出的值． 【详解】设直线的倾斜角为，且， 将直线方程化为， 直线的斜率，故. 故选：A 2. 已知直线平分圆：的周长，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得直线过圆心，代入圆心坐标可求. 【详解】由，可得圆心为， 因为直线平分圆：的周长， 所以直线过圆的圆心，则，解得. 故选：B. 3. 某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ） A. B. 120 C. 150 D. 210 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量加法的坐标运算求得，可求. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C. 4. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称的性质，得到直线过的中点且与垂直，结合垂直的斜率结论可解. 【详解】圆的圆心为， 圆的圆心为，所以线段的中点坐标为， 又，则， 所以直线的方程为，即. 故选：D. 5. 已知空间向量，，，若四点共面，则实数x的值为（ ） A. B. 0 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】因为四点共面， 所以向量共面，即存在实数使得， 又，，， 所以， 所以，解得，则. 故选：A. 6. 已知分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义结合勾股定理，易得等式求出离心率. 【详解】由椭圆定义得：，又因为， 所以解得：， 再由于，，结合勾股定理可得： ，解得，所以椭圆的离心率为， 故选：C. 7. 如图，在斜三棱柱中，底面ABC为正三角形，为AC的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算，结合夹角公式即可求解． 【详解】解：，， ， 又，，， 异面直线与所成角的余弦值为， 故选：D． 8. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据中点坐标公式结合相关点法可得的轨迹方程为，即可根据相切求解最值. 【详解】由题意知圆的方程为，设，， 则,所以,又在圆上，所以， 即，即的轨迹方程为.如图所示， 当与圆相切时，取得最大值， 此时，，所以的最大值为. 故选:A 二、多选题 9. 已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面，面面平行和垂直的判定定理及性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则存在直线使得， 又因为若，所以， 又，所以，故C正确； 对于D，若，则平行或相交，故D错误. 故选：AC. 10. 在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 直线与为异面直线 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面的夹角为45° 【答案】BCD 【解析】 【分析】作图可知A错误；B正确；当点P与点A重合时，证明面可得C正确；当时，由线面角的定义和等腰直角三角形可得D正确. 【详解】A：如图（1），因为与相交，所以与平面相交，故选项A错误； B：如图（1），因为平面，平面，平面，所以直线与为异面直线，故选项B正确； C：如图（2），当点P与点A重合时， 因为，面，面，所以， 又，且都在面内， 所以面， 又面，所以，故选项C正确； D：当时，此时为等腰直角三角形， 因为面，所以为在面内的投影， 所以为所求线面角， 所以直线与平面所成的角为，故选项D正确. 故选：BCD. 11. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯省所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是（ ） A. 若点，则 B. 若对于三点，则“”当且仅当“点在线段上” C. 若点在圆上，点在直线上，则的最小值是 D. 若点在圆上，点在直线上，则的最小值是 【答案】AD 【解析】 【分析】由定义可以即可判断A选项，由数形结合即可判断出B选项，CD选项是求点与点的“曼哈顿距离”距离，由基本不等式转化成点到点的平面距离，借助数形结合即可得出判断. 【详解】对于A选项：由定义可知，故A选项正确； 对于B选项：设点，， 则， 显然，当点在线段上时，，，∴成立， 如图：过点作轴，过点作轴，且相交于点，过点作与，过点作与， 由图可知显然此时点不在线段上，故B选项不正确； 对于CD选项： ∵当时， ∴想要最小，点到直线距离最小时取得， ∴过原点作直线交圆于， 如图： 设，则 ∴ 设点，则 又∵当， ①当时，由 ； ①当时，由 又∵； ∴的最小值为：.故C选项错误，D选项正确. 故选：AD 三、填空题 12. 已知，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到方程组，求出、的值，即可得解. 【详解】因为，且， 所以，即，所以，解得， 所以. 故答案为： 13. 已知定点，动点满足.设点的轨迹为，则轨迹的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设动点，分别求出的坐标，根据向量的数量积公式以及模长公式，化简即可得点的轨迹方程. 【详解】设动点，因为点， 则. 又. 化简得，即， 故动点的轨迹的方程为1. 故答案为：. 14. 设圆满足：（1）截轴所得弦长为2；（2）被轴分成两段圆弧，其弧长的比为.在满足条件（1）、（2）的所有圆中，圆心到直线的距离最小的圆的方程为__________. 【答案】或 【解析】 【详解】设圆的圆心为，半径为， 则点到轴，轴的距离分别为． 由题设知圆截x轴所得劣弧对的圆心角为90°， 知圆截轴所得的弦长为，故， 又圆截y轴所得的弦长为2，所以有． 从而得．又点到直线的距离为， 所以， 当且仅当时上式等号成立，此时，从而取得最小值． 由此有，解此方程组得或 由于知． 于是，所求圆的方程是，或． 解法二：同解法一，得 ∴，得① 将代入①式，整理得② 把它看作b的二次方程，由于方程有实根，故判别式非负， 即，得．∴有最小值1， 从而有最小值． 将其代入②式得．解得． 将代入，得．由得． 综上．由知同号． 于是，所求圆的方程是或． 【点睛】本题易错的地方，到轴的距离，不能正确利用基本不等式． 四、解答题 15. 在平面直角坐标系中，圆C：，直线l：． （1）若直线l与圆C相切于点N，求切点N的坐标； （2）若，直线l上有且仅有一点A满足：过点A作圆C的两条切线AP、AQ，切点分别为P，Q，且使得四边形APCQ为正方形，求m的值． 【答案】（1）或 （2）3. 【解析】 【分析】（1）设切点坐标，由切点和圆心连线与切线垂直以及切点在圆上建立关系式，求解切点坐标即可；（2）由圆的方程可得圆心坐标及半径，由APCQ为正方形，可得|AC|＝可得圆心到直线的距离为，可得m的值． 【小问1详解】 解：设切点为，则有，解得： 或，所以切点的坐标为或. 【小问2详解】 解：圆C：的圆心（1，0），半径r＝2， 设，由题意可得， 由四边形APCQ为正方形，可得|AC|＝，即，由题意直线l⊥AC，圆C：（x﹣1）2+y2＝4，则圆心（1，0）到直线的距离， 可得，m＞0，解得m＝3. 16. 已知坐标平面内三点． （1）若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标； （2）若是线段上一动点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1） 设，根据求解即可； （2） 因为表示直线的斜率，求出与点重合时，直线的斜率；与点重合时，直线的斜率，由此即可得答案． 【小问1详解】 如图，当点在第一象限时，， 设，则，解得， 故点的坐标为. 【小问2详解】 由题意得为直线的斜率，如图， 当点与点重合时，直线的斜率最小，； 当点与点重合时，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． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，为坐标原点，设． 依题意得， 所以，， 所以． 所以，又， 且，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，结合已知可证明⊥平面； （2）利用向量法，求二面角的大小． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点的坐标为，，则，． 从而． 所以． 由条件知，， 即，解得. ∴点的坐标为，且， 易知，又， 所以平面， 故是平面的法向量， 设平面的法向量，又， 所以 ，令，则， 所以平面的一个法向量， 所以， 观察图象可得，二面角为锐角， 故二面角的大小为． 18. 如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，． （1）当时，求三棱柱的体积； （2）设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为O，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可； （2）根据及余弦定理解出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围. 【小问1详解】 解：如图，取的中点为O， 因为为菱形，且，所以为正三角形， 又有为正三角形且边长为2，则，， 且，，所以， 所以，因为又， 平面，平面，所以平面， 所以三棱柱的体积． 【小问2详解】 在中，，， 由余弦定理可得， 所以，由（1），， 又，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面，所以在平面内作，则平面， 以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，， ，， 设是平面的一个法向量， ，， 则，即， 取得，设， 则 ， 设直线与平面所成角为， 则 ， 令，则在单调递增， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 【答案】（1） （2） （3）证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得， 该圆关于点对称. 由点关于点对称及， 可得—卡西尼卵形线关于点对称， 令，解得，与矛盾， 所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称 【解析】 【分析】（1）由新定义得到，结合为常数，即可求解； （2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解； （3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题. 【小问1详解】 因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设是该圆上任意一点，则， 所以， 因为为常数， 所以，且， 所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，设， 由，得， 所以， ， 整理得，即， 所以， ， 由，得， 即的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二期中考试考前模拟（一） 一、单选题 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线平分圆：的周长，则（ ） A. B. C. D. 3. 某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点处起飞，6秒后到达点处，15秒后到达点处，若，则（ ） A. B. 120 C. 150 D. 210 4. 已知圆与圆关于直线对称，则的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间向量，，，若四点共面，则实数x的值为（ ） A. B. 0 C. D. 2 6. 已知分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在斜三棱柱中，底面ABC为正三角形，为AC的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 直线与为异面直线 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面的夹角为45° 11. “曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯省所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是（ ） A. 若点，则 B. 若对于三点，则“”当且仅当“点在线段上” C. 若点在圆上，点在直线上，则的最小值是 D. 若点在圆上，点在直线上，则的最小值是 三、填空题 12. 已知，，若，则________． 13. 已知定点，动点满足.设点的轨迹为，则轨迹的方程为__________. 14. 设圆满足：（1）截轴所得弦长为2；（2）被轴分成两段圆弧，其弧长的比为.在满足条件（1）、（2）的所有圆中，圆心到直线的距离最小的圆的方程为__________. 四、解答题 15. 在平面直角坐标系中，圆C：，直线l：． （1）若直线l与圆C相切于点N，求切点N的坐标； （2）若，直线l上有且仅有一点A满足：过点A作圆C的两条切线AP、AQ，切点分别为P，Q，且使得四边形APCQ为正方形，求m的值． 16. 已知坐标平面内三点． （1）若可以构成平行四边形，且点在第一象限，求点的坐标； （2）若是线段上一动点，求的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 18. 如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，． （1）当时，求三棱柱的体积； （2）设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，. （1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值； （2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围； （3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $