2024-2025学年高二上学期期末检测模拟数学练习（人教A版（2019））

期末检测卷（模拟练习）-2024-2025学年高二数学上学期人教A版2019 一、单选题 1．已知空间向量，若 ，则实数的值为（   ） A． B． C． D． 2．已知为空间不共面的四点，且向量，向量，则不能与构成空间的一个基底的是（　　） A． B． C． D．或 3．已知F为抛物线的焦点，点M在C上，且，则点M到y轴的距离为（   ） A．6 B．5 C．4 D． 4．已知直线与不重合，则“直线与的斜率相等”是“直线与平行”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分又不必要 5．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，下列结论成立的是（  ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．设为抛物线的焦点，点为上一点，过作轴的垂线，垂足为，若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知以坐标轴为对称轴，原点为对称中心，其中一条渐近线为，则此双曲线的离心率为（    ） A． B．2 C．2或 D．2或 8．在棱长为2的正方体中，E是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知空间单位向量两两互相垂直，设，则下列说法正确的有（    ） A．与的夹角为 B． C．夹角的余弦值为 D．不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量 10．已知点为圆上两动点，且，点为直线 :上动点，则（      ） A．以为直径的圆与直线相离 B．的最大值为 C．的最小值为8 D．的最小值为112 11．已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（    ） A．到直线的距离为2 B．以为圆心，为半径的圆与相切 C．直线斜率的最大值为2 D．若，则的面积为2 三、填空题 12．已知平面过点，，三点.直线与平面垂直，则直线的一个方向向量的坐标可以是 . 13．已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最小值为 . 14．已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为 . 四、解答题 15．已知直线的倾斜角为，且经过点． (1)求直线的方程； (2)求点关于直线的对称点的坐标． 16．已知点A是圆C：与y轴的公共点，点B是圆C上到x轴距离最大的点． (1)求直线的方程； (2)求经过A，B两点，且圆心在直线上的圆的标准方程． 17．如图形中，底面是菱形，，与交于点，底面，为的中点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 18．已知椭圆的离心率为，点在上，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆上一点的坐标为，若为钝角，求横坐标的取值范围； (3)过点的直线与椭圆交于不同的两点D，E(D，E与不重合)，直线分别与直线交于P，Q两点，求的值. 19．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记的轨迹为. (1)求的方程； (2)过原点的直线交于两点，过作直线的垂线交于点（异于点），直线与轴，轴分别交于点.设直线，的斜率分别为，. （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）求四边形面积的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A C D D D CD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】根据条件，利用空间向量垂直的坐标表示，即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得， 故选：A. 2．C 【分析】判断各选项中的向量与 是否共面可得结果. 【详解】因为，， 两式相减得 所以与共面， 所以,不能构成空间的一个基底； 假设,不能构成空间的一个基底，则， 即， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得， 故,能构成空间的一个基底； 同理，假设假设,不能构成空间的一个基底，则， 即， 整理得， 所以，该不等式无解，所以不存在使得， 故,能构成空间的一个基底； 故选：C. 3．C 【分析】根据抛物线的定义求解． 【详解】由题意及抛物线定义，点M到C的准线的距离为6， 所以点M到y轴的距离为. 故选：C． 4．A 【分析】“与的平行”则有“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”两种情况，再判断即可得解. 【详解】因为两条直线与不重合，由“与的斜率相等”可得“与平行”； 由“与的平行”则可得“与的斜率相等”或“与的斜率均不存在”， 即“与的斜率相等”是“与的平行”的充分不必要条件. 故选：A. 5．C 【分析】根据题意，结合直线的方向向量和平面分法向量的关系，逐项判定，即可求解. 【详解】因为直线的方向向量为，平面的法向量为， 由，可得，所以A不正确，C正确； 对于B中，由，可得或，所以B、D都不正确； 故选：C. 6．D 【分析】由题意可得，进而可得，由求解. 【详解】因为为抛物线的焦点，所以，所以抛物线的焦点的坐标为， 由抛物线定义可知2， 又，所以，解得，故， 所以为原点， 从而. 故选：D. 7．D 【分析】分焦点在x轴上和y轴上讨论求解即可. 【详解】当焦点在x轴上时，可得，则； 当焦点在y轴上时，可得，则. 综上，双曲线的离心率为2或. 故选：D. 8．D 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，得，所以， 故，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：D 9．CD 【分析】A选项，计算出，得到与的夹角为；B选项，设，得到方程组，方程组无解，故不平行；C选项，计算出，，，从而利用，求出两向量夹角余弦值；D选项，设，从而得到方程组，求出，所以共面，不能作为基底，D正确. 【详解】A选项，因为空间单位向量两两互相垂直， 所以， 故 ，故与的夹角为，A错误； B选项，， 又，设， 则，所以，无解， 故与不平行，B错误； C选项， ， 其中， 则，同理得， 故夹角的余弦值为，C正确； D选项，设，即， 则，解得， 故，所以共面， 不可以作为基底来表示空间中的任意一个向量，D正确. 故选：CD 10．ACD 【分析】对于A，设的中点为，连接，求出点到直线的距离的最小值进行判断，对于B，举例判断，对于CD，利用向量的数量积运算结合图形分析判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，连接，则， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以点到直线的距离的最小值为， 因为，所以以为直径的圆与直线相离，所以A正确， 对于B，如图，当直线与直线平行，且共线时，则为等腰三角形， 此时， 则， 所以，所以，所以B错误， 对于C，因为, 所以 , 因为， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为8，所以C正确， 对于D，因为， 所以， 所以 ，当，共线，且在之间时取等号， 所以的最小值为112，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查向量的数量积的运算，解题的关键是画出图形，结合图形分析判断，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 11．ABD 【分析】A选项，求出焦点坐标和准线方程，得到答案；B选项，由抛物线焦半径公式可得B正确；C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，联立抛物线方程，根据根的判别式得到方程，求出直线斜率的最大值；D选项，设，根据焦半径公式得到方程，求出，求出三角形面积. 【详解】A选项，易知，准线，所以到直线的距离为2，A选项正确； B选项，由抛物线的定义，点到准线的距离等于，所以以为圆心，为半径的圆与相切，B选项正确； C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线， 与抛物线联立可得：，令得：， 所以直线斜率的最大值为1，C选项错误； D选项，，设，则，解得， 所以的面积为，D选项正确. 故选：ABD． 12．（答案不唯一） 【分析】根据平面法向量的求法求出一个法向量，即可得出直线的一个方向向量. 【详解】易知， 可设平面的一个法向量为， 可得，令，可得； 所以； 因为直线与平面垂直，所以直线的一个方向向量与共线， 所以直线的一个方向向量的坐标可以是. 故答案为：（答案不唯一） 13．/ 【分析】利用椭圆和双曲线的定义，在焦点三角形利用余弦定理得到，再用基本不等式求解. 【详解】不妨设为第一象限的点，为左焦点， 设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为， 则根据椭圆及双曲线的定义可得， ，所以，， ，在△中，， 由余弦定理得， 化简得，即． 所以，从而， 当且仅当，且，即，时等号成立． 故答案为： 14． 【分析】利用空间向量法来计算动点坐标关系，从而去解决平面问题. 【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴 则 ， 设平面的法向量， 则，得， 设平面，与平面交于点， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时， 平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点，交于点， 设，， 则， ， 由三点共线，得，， 所以，因此，所以 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）由倾斜角和斜率的关系求斜率，根据点斜式求直线的方程； （2）设点的坐标为，由条件列方程求即可. 【详解】（1）设直线的斜率为， 因为直线的倾斜角为， 所以， 所以直线的方程为，即 （2）设点的坐标为， 则，解得， 所以点的坐标为． 16．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，再利用直线的斜截式方程求解即得. （2）求出线段的中垂线方程，求出直线的交点坐标，再求出圆的半径即可. 【详解】（1）由，解得，即， 显然轴，，点在轴上方，则， 所以直线的方程为，即. （2）由（1）知，，，线段的中点为，而直线的斜率为1， 因此线段的中垂线方程为，即， 由，解得，于是所求圆的圆心为，半径， 所以所求圆的标准方程为.    17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得到为的中位线，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为底面是菱形，且与交于点，则点为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线，可得， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解：以所在的直线分别为轴，以过点作的垂线所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，则， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又由， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法求椭圆方程； （2）利用坐标表示，即可求解； （3）首先联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，并求点的坐标，并表示，并利用韦达定理化简，求定值. 【详解】（1）由题可得， ，又， 解得，椭圆方程为； （2）若为钝角，则， 由题可得， ，又， 解得; （3）由题可知直线的斜率存在，设为，则直线的方程为， 设，联立， 消去得， ， 直线的方程为，令，得， . 同理可得. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标表示几何关系，比如直线方程，交点坐标，弦长，再转化为韦达定理表示. 19．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）设，根据题意得，用两点间距离公式代入计算即可. （2）（ⅰ）设，，则，把点代入方程可得，，结合斜率，化简即可证明. （ⅱ）由题意得，直线的斜率一定存在，且不为0，因为，结合（1）的结论可计算，从而可得直线的方程，继而可得，，所以四边形的面积为，利用结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）设，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则，即，得， 化简得：.所以的方程为. （2）设，，则. （ⅰ）因为在椭圆上，所以，， 即，， 所以， 所以为定值. （ⅱ）由题意得，直线的斜率一定存在，且不为0. 因为，所以，因为，所以. 由（ⅰ）得，所以，所以：. 令，得，所以，令，得，所以， 所以四边形的面积为. 因为， 又，即，所以， 当且仅当，时，等号成立. 所以，所以四边形的面积的最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$