山东省淄博实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末模拟练习数学试题

山东省淄博实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末模拟练习数学试题（自编供学生使用） （考试时间：120分钟试卷总分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，共40分） 1．抛物线的焦点坐标为（    ） A． B． C． D． 2．“”是“方程表示椭圆”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．双曲线的离心率 A． B． C． D． 4．已知两定点，，若直线上存在点，使得，则称直线为“型直线”．给出下列直线：①；②；③；④；⑤．其中是“型直线”的条数为 A．1 B．2 C．3 D．4 5．在直三棱柱中，若D是棱的中点，，，，则直线CD与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．已知点F为双曲线（，）的右焦点，若双曲线左支上存在一点P，使直线与圆相切，则双曲线离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．如图，底面同心的圆锥高为，，在半径为3的底面圆上，，在半径为4的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点到平面的距离为（    ） A． B． C．2 D． 8．已知是以，为焦点的椭圆上一点，若且，则椭圆的离心率为． A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，共18分） 9．已知双曲线，则下列说法正确的是（    ） A．双曲线的实轴长为 B．双曲线的焦距为 C．双曲线的离心率为 D．双曲线的渐近线方程为 10．掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“掷到的点数为5”，事件“掷到的点数小于或等于3”，事件“掷到的点数为偶数”，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．A与B是互斥事件 D．A与C是对立事件 11．如图，正方形的边长为1，E，F分别是，的中点，交EF于点D，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则在四面体中必有（    ） A．平面EFG B．设线段SF的中点为H，则平面SGE C．四面体的体积为 D．四面体的外接球的表面积为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．以为圆心，且经过原点的圆的标准方程为 . 13．设椭圆的左右焦点分别为和，离心率为，过左焦点且倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，且线段，则的内切圆半径等于 . 14．已知双曲线的右焦点为，折线与双曲线的右支交于两点（如图），则的面积为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15．平面内动点到点的距离与到直线距离相等. (1)求动点的轨迹方程； (2)设过点的直线交动点的轨迹于两点，求值. 16．如图四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BCD＝60°，PA⊥面ABCD，E 是AB的中点，F是PC的中点. (1)求证：DE⊥平面PAB (2)求证：平面. 17．甲乙两人各有个材质､大小､形状完全相同的小球，甲的小球上面标有5，6，7，8四个数字，乙的小球上面标有1，2，3，4四个数字.把各自的小球放入两个不透明的口袋中，两人同时从各自的口袋中随机摸出个小球.规定：若甲摸出的小球上的数字是乙摸出的小球上的数字的整数倍，则甲获胜，否则乙获胜. (1)写出基本事件空间； (2)你认为“规定”对甲､乙二人公平吗？说出你的理由. 18．已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为5. (1)求抛物线C的方程； (2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求面积的最大值. 19．已知椭圆的焦距为4，上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为． (1)求椭圆C的方程； (2)过点F的直线l与C交于M，N两点，过点M作x轴垂线，垂足为E，过点N作x轴垂线，垂足为Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得的面积等于，若存在求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省淄博实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末模拟练习数学试题（自编供学生使用）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C C B A D BC ABC 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】化抛物线方程为标准方程后可得焦点坐标． 【详解】可化为，故， 焦点为，即为， 故选：C． 2．A 【分析】由方程表示椭圆求出参数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】若方程表示椭圆，则，解得且， 因此，“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件. 故选：A 3．A 【详解】双曲线中，，则，则双曲线的离心率，故选A. 4．C 【分析】根据已知条件，求得点的轨迹方程，结合直线与椭圆的位置关系，即可判断和选择. 【详解】因为，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 设点的轨迹方程为（），则，，所以， 所以，所以点的轨迹方程为， 对①，因为椭圆的长半轴长为，故与椭圆没有交点，故其不是“型直线”； 对②，联立直线与椭圆方程，消去，得：， 即，因为， 所以方程无实数根，所以不是“型直线”； 对③，联立与椭圆方程，消去，得：， 即，因为， 所以方程有两个不相等的实数根，所以是“型直线”； 对④，因为椭圆的短半轴长为，显然与椭圆有两个交点，所以是“型直线”； 对⑤，联立与椭圆方程，消去，得：， 即，因为， 所以方程有两个不相等的实数根， 所以是“型直线”． 综上所述，是“型直线”的有3条直线. 故选：C． 5．C 【分析】先由已知条件判断，以的单位向量为基底建立空间直角坐标系，用向量法求解. 【详解】∵，，，∴． 如图示： 以的单位向量为基底建立空间直角坐标系，则： ，，，，∴ ∵直线CD与直线所成角为锐角或直角， ∴． 故选：C 【点睛】向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算. 6．B 【分析】由题意求出直线的斜率为，然后列出不等式，转化为求解双曲线的离心率的范围即可 【详解】设直线为， 因为直线与圆相切， 所以，所以 解得， 因为点在双曲线的右支上， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 故选：B 7．A 【分析】根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边的距离，然后在几何体中作出点到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答. 【详解】如图，直线交大圆于点，连接，由，知四边形为等腰梯形， 取的中点，连接，则，由，知四边形是矩形， 因此四边形为矩形，过O作于Q，连接， 从而四边形的面积， 当且仅当，即时取等号，此时， 如图，在几何体中，连接，因为平面，平面，则，又， 平面，于是平面，而平面， 则有平面平面，显然平面平面，在平面内过O作于R， 从而平面，即长即为点到平面的距离， 在中，，，， 所以点到平面的距离是. 故选：A 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 8．D 【详解】∵点是以，为焦点的椭圆上一点， ，， ∴，设，则． 由椭圆定义可知，∴， ∴，则． 由勾股定理知，即， 计算得出，∴． 故选． 点睛：椭圆的离心率是椭圆重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 9．BC 【分析】根据双曲线方程求解出a，b，c，由双曲线的性质逐一判断． 【详解】双曲线，则， 双曲线的实轴长为，故A错误； 双曲线的焦距为，故B正确； 双曲线的离心率，故C正确； 双曲线的渐近线方程为，故D错误． 故选：BC． 10．ABC 【分析】利用概率的定义以及互斥事件、对立事件的定义判断. 【详解】掷骰子所得点数为：1，2，3，4，5，6， ， 则，故A正确； ，故B正确； 又A与B不能同时发生，故C正确； 由A不发生C不一定发生，故D错误． 故选：ABC. 11．ABD 【分析】对选项折成四面体后，，，由此能证明平面；对选项,证明SE，即得证；对选项,求出四面体的体积为，即得解；对选项,求出三棱锥的外接球的半径为，即得解. 【详解】对选项，在折前正方形中，，， 折成四面体后，，， 又， 平面，平面． 所以选项正确. 对选项, 对选项,连接因为,, 所以, 因为平面,平面, 所以平面SGE. 所以选项正确. 对选项, 前面已经证明平面, 所以是三棱锥的高，且. 由题得，， 所以. 所以， 所以四面体的体积为. 所以选项错误. 对选项,由于, 所以可以把三棱锥放到长方体模型之中，长方体的三条棱为, 所以三棱锥的外接球的直径. 所以选项正确. 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查空间几何体体积的计算和外接球问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 12． 【分析】根据圆心设圆的方程，由原点在圆上求半径，即可得标准方程. 【详解】令圆的方程为，又原点在圆上， 所以，故所求方程为. 故答案为： 13． 【分析】由已知条件表示出直线AB的方程，得到的面积，由内切圆的性质可知，内切圆半径乘以三角形周长的一半等于三角形面积，结合离心率的值可得内切圆半径. 【详解】的周长为， ∵，∴到直线的距离， 设的内切圆半径为，又， ∵，，∴， 故答案为： 14．/ 【分析】延长交双曲线右支于，画出图形，设点，利用对称性以及弦长公式，结合已知条件利用三角形面积公式即可. 【详解】延长交双曲线右支于，如图所示： 由已知与关于轴对称， 设，， 则， （其中）， 由题意知，， 把代入中得， 由韦达定理得，， ． 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用抛物线的定义可得答案； （2）设出直线方程，联立，结合韦达定理可得答案. 【详解】（1）因为点到点的距离与到直线距离相等， 所以动点的轨迹是以为焦点的抛物线，其方程为. （2）设直线的方程为， 联立，得， ，. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过证明来证得平面. （2）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理证得平面. 【详解】（1）由于四边形是菱形，， 所以三角形是等边三角形，而是的中点，所以. 由于平面平面，所以， 由于平面， 所以平面. （2）取的中点，连接， 由于是的中点，是的中点，所以， 由于是的中点，所以， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 由于平面，平面， 所以平面. 17．(1)答案见解析 (2)这个规定是公平的，理由见解析 【分析】（1）采用列举法直接写出即可； （2）结合古典概型公式计算，可判断该规定公平. 【详解】（1）用表示发生的事件，其中甲摸出的小球上的数字为，乙摸出的小球上的数字为.则基本事件空间： 共16种； （2）由上一问可知，基本事件总数个，设甲获胜的事件为，它包括的基本事件有共含有基本事件个数， 所以， 乙获胜的概率，显然， 所以，甲乙获胜的概率相等，这个规定是公平的. 18．(1) (2)32 【分析】（1）[方法一]：由题意知，，设圆上的点，由两点间的距离公式求出，利用二次函数性质求最大值；[方法二]：抛物线C的焦点为，，F与圆上点的距离的最大值为，即可得出答案； （2）[方法一]：由导数的几何意义求出直线的方程和直线PB的方程，即可求出直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程由韦达定理代入求出和点P到直线AB的距离，表示出面积，由二次函数的性质即可得出答案；[方法二]：同方法一联立直线的方程和抛物线的方程得到韦达定理，过作轴的平行线交于，则，将韦达定理代入则，因为点在圆上，则设，利用三角换元求最值；[方法三]：设，联立和抛物线C的方程表示出韦达定理，利用导数的几何意义表示出直线的方程，即可求出的坐标，将点P的坐标代入圆M的方程可得，表示出和点P到直线AB的距离，再由二次函数的性质求最值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最大值 由题意知，，设圆上的点，则. 所以. 从而有. 因为，所以当时，. 又，解之得，因此. 抛物线C的方程为：. [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最大值 抛物线C的焦点为，， 所以，F与圆上点的距离的最大值为，解 抛物线C的方程为： （2）[方法一]：切点弦方程韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线C的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即 同理可知，直线PB的方程为， 由于点P为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、B的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得， 所以， 点P到直线AB的距离为， 所以，， ∵， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法分割转化求面积三角换元求最值 同方法一：得到，. 过作轴的平行线交于，则. 点在圆上，则   .   故当时的面积最大，最大值为32. [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，. 设，联立和抛物线C的方程得整理得.    判别式，即，且， 抛物线C的方程为，即，有. 则，整理得， 同理可得.   联立方程可得点P的坐标为，即.    将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得.    由弦长公式得. 点P到直线AB的距离为. 所以 ， 其中，即. 当时，. 19．(1) (2)存在，直线l的方程为 【分析】（1）由焦距得焦点坐标，得，写出直线方程，由点到直线距离公式求得，再计算出得椭圆方程； （2）假设存在，当直线MN斜率为0时，不符合题意，当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，代入椭圆方程，设，，由韦达定理得，，由直线方程联立求得点坐标，由计算面积从而可求得参数值，得直线方程． 【详解】（1）由题意知，， 设又直线AF的方程，即， 因为点O到直线AF的距离为，所以，解得，，， 所以椭圆C的方程为． （2）依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意； 当直线斜率不为0时，设直线MN方程为， 联立，得，易知． 设，，则，， 因为轴，轴，所以，， 所以直线①，直线②， 联立①②解得， 因为，ME与直线平行， 所以， 因为，所以 ， 由，得，解得或（舍）， 故存在直线l的方程为，使得的面积等于． 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 $$