2024-2025高二上期中模擬檢測二（2019人教A版）檢測范圍：選擇性必修一第一章、第二章、第三章一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．（2023高三·全國·專題練習）方程的化簡結果是（）A． B．C． D．2．（21-22高二上·山東濟寧·期中）設點，直線過點且與線段相交，則直線的斜率的取值范圍是（

）A．或 B．或 C． D．3．（23-24高二下·江蘇宿遷·期中）已知空間單位向量，，兩兩垂直，則（

）A． B． C．3 D．64．（22-23高二上·山東棗莊·期末）兩定點A，B的距離為3，動點M滿足，則M點的軌跡長為（

）A． B． C． D．5．（22-23高二上·安徽馬鞍山·階段練習）在四面體中，，，，為的重心，在上，且，則（

）A． B．C． D．6．（2024·吉林長春·模擬預測）已知點為拋物線的焦點，過的直線與交于兩點，則的最小值為（

）A． B．4 C． D．67．（2023·北京海淀·二模）已知動直線與圓交于，兩點，且．若與圓相交所得的弦長為，則的最大值與最小值之差為（

）A． B．1 C． D．28．（2024·河南·模擬預測）設雙曲線的左、右焦點分別為，過坐標原點的直線與交于兩點，，則的離心率為（

）A． B．2 C． D．二、多選題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)9．（2025·浙江·模擬預測）已知正方形ABCD在平面直角坐標系xOy中，且AC：，則直線AB的方程可能為（）A． B．C． D．10．（2022·山東青島·二模）已知，則下述正確的是（

）A．圓C的半徑 B．點在圓C的內部C．直線與圓C相切 D．圓與圓C相交11．（23-24高二上·江西上饒·階段練習）已知點P在雙曲線C：上，分別是雙曲線C的左、右焦點，若的面積為20，則（

）A． B．C．點P到x軸的距離為4 D．三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在題中的橫線上)12．（2023·北京·模擬預測）如圖，在直角梯形中，E為的中點，，，M，N分別是，的中點，將沿折起，使點D不在平面內，則下命題中正確的序號為．①；②；③平面；④存在某折起位置，使得平面平面．13．（2023高三·全國·專題練習）已知圓，點，M、N為圓O上兩個不同的點，且若，則的最小值為.14．（2024·浙江·模擬預測）應用拋物線和雙曲線的光學性質，可以設計制造反射式天文望遠鏡，這種望遠鏡的特點是，鏡銅可以很短而觀察天體運動又很清楚．某天文儀器廠設計制造的一種反射式望遠鏡，其光學系統的原理如圖（中心截口示意圖）所示．其中，一個反射鏡弧所在的曲線為拋物線，另一個反射鏡弧所在的曲線為雙曲線一個分支．已知是雙曲線的兩個焦點，其中同時又是拋物線的焦點，且，的面積為10，，則拋物線方程為．

四、解答題(本大題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)15.(13分)（21-22高二·全國·課后作業）在①過點，②圓E恒被直線平分，③與y軸相切這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答.已知圓E經過點，且______.(1)求圓E的一般方程；(2)設P是圓E上的動點，求線段AP的中點M的軌跡方程.16.(15分)（2023·全國·模擬預測）已知斜率存在的直線過點且與拋物線交于兩點.(1)若直線的斜率為1，為線段的中點，的縱坐標為2，求拋物線的方程；(2)若點也在軸上，且不同于點，直線的斜率滿足，求點的坐標.17.(15分)（23-24高三上·江蘇·階段練習）如圖，在四棱錐中，是正三角形，，平面平面，是棱上動點．(1)求證：平面平面；(2)在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角為30°？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．18.(17分)（22-23高三上·北京豐臺·階段練習）已知橢圓的兩個焦點分別為，離心率為．(1)求橢圓的標準方程；(2)M為橢圓的左頂點，直線與橢圓交于兩點，若，求證：直線過定點．19.(17分)（22-23高三上·天津河西·期末）如圖，在四棱錐中，平面，，且，，，，，為的中點.(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)點在線段上，直線與平面所成角的正弦值為，求點到平面的距離.參考答案：題號12345678910答案CBAACCDDBCACD題號11答案BC1．C【分析】由方程的幾何意義及橢圓定義得出結果即可.【詳解】方程的幾何意義為動點到定點和的距離和為10，并且，所以動點的軌跡為以兩個定點為焦點，定值為的橢圓，所以，，根據，所以橢圓方程為.故選：C.2．B【分析】根據給定條件求出直線的斜率，再畫出圖形分析可得或，從而即可得解.【詳解】依題意，直線的斜率分別為，如圖所示：若直線過點且與線段相交，則的斜率滿足或，即的斜率的取值范圍是或.故選：B3．A【分析】先根據單位向量得出模長，再根據垂直得出數量積，最后應用運算律求解模長即可.【詳解】因為空間單位向量兩兩垂直,所以，所以.故選：A.4．A【分析】由題意建立坐標系，由題意可得點M的軌跡方程，進而可得M點的軌跡長．【詳解】以點A為坐標原點，直線AB為x軸，建立直角坐標系，如圖，

則，設點，由，得，化簡并整理得：，于是得點M的軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓，其周長為，所以M點的軌跡長為.故選：A.5．C【分析】延長交于點，根據向量的線性運算法則，結合重心的性質將表示為的線性形式即可.【詳解】延長交于點，則點為的中點，因為，所以，所以，所以，所以，因為，，，所以，故選：C.6．C【分析】設直線方程為，聯立方程組得出兩點坐標的關系，根據拋物線的性質得出關于兩點坐標的式子，使用基本不等式求出最小值.【詳解】拋物線的焦點F1,0過F1,0的斜率為0的直線為，直線與拋物線有且只有一個交點，與條件矛盾，故直線的斜率不為0，故可設直線的方程為，聯立方程組，得，方程的判別式，設，則，，所以，由拋物線的性質得，.當且僅當時，等號成立，故選：C.7．D【分析】根據題意當動直線經過圓的圓心時，可得到弦長的最大值為該圓的直徑，再設線段的中點為，從而得到動直線在圓上做切線運動，當動直線與軸垂直且點的坐標為時，即可得到弦長的最小值，進而即可求解．【詳解】由題意可知圓的圓心在圓上，則當動直線經過圓心，即點或與圓心重合時，如圖1，此時弦長取得最大值，且最大值為；設線段的中點為，在中，由，且，則，則動直線在圓上做切線運動，所以當動直線與軸垂直，且點的坐標為時，如圖2，此時弦長取得最小值，且最小值為，所以的最大值與最小值之差為2．故選：D．【點睛】方法點睛：圓的弦長的常用求法：①幾何法：求圓的半徑，弦心距，則弦長為；②代數法：運用根與系數的關系及弦長公式．8．D【分析】由雙曲線的對稱性可得、且四邊形為平行四邊形，由題意可得出，結合余弦定理表示出與、有關齊次式即可得離心率.【詳解】由雙曲線的對稱性可知，，有四邊形為平行四邊形，令，則，由雙曲線定義可知，故有，即，即，，，則，即，故，則有，即，即，則，由，故.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題考查雙曲線的離心率，解題關鍵是找到關于、、之間的等量關系，本題中結合題意與雙曲線的定義得出、與的具體關系及的大小，借助余弦定理表示出與、有關齊次式，即可得解.9．BC【分析】由正方形的特征可知，直線與直線夾角為，由直線斜率利用兩角差的正切公式求出直線的斜率，對照選項即可判斷.【詳解】設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，直線斜率為2，有，則.依題意有或，當時，，即，解得，即直線的斜率為-3，C選項中的直線斜率符合；當時，，即，解得，即直線的斜率為，B選項中的直線斜率符合.故選：BC10．ACD【分析】先將圓方程化為標準方程，求出圓心和半徑，然后逐個分析判斷即可【詳解】由，得，則圓心，半徑，所以A正確，對于B，因為點到圓心的距離為，所以點在圓C的外部，所以B錯誤，對于C，因為圓心到直線的距離為，所以直線與圓C相切，所以C正確，對于D，圓的圓心為，半徑，因為，，所以圓與圓C相交，所以D正確，故選：ACD11．BC【分析】利用雙曲線的定義可判斷選項，取點P的坐標為即可判斷選項，利用三角形面積公式即可判斷選項，利用余弦定理即可判斷選項.【詳解】由已知得雙曲線的實半軸長為，虛半軸長為，則右焦點的橫坐標為，由雙曲線的定義可知，，故錯誤；設點，則，所以，故C正確；由雙曲線的對稱性，不妨取點P的坐標為，得，由雙曲線的定義，得，所以，故B正確；由余弦定理,得

，所以，故D錯誤．故選：BC．12．②③【分析】①③，作出輔助線，得到，從而得到與不平行，平面；②證明線面垂直，得到線線垂直；④建立空間直角坐標系，得到兩平面的法向量，由法向量不為0得到不存在某折起位置，使得平面平面.【詳解】①③，如圖所示：直角梯形中，，又因為，，所以，故四邊形為矩形，因為N分別是的中點連接，則與相交于點，故點是的中點，因為是的中點，所以，又，而與相交于點，故與不平行，故與不平行，①錯誤，因為，平面，平面，所以平面，③正確；②，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，由①知，所以，②正確；④，連接，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，設，，，故，設平面的法向量為，故，解得，令，則，故，設平面的法向量為，故，解得，令，則，故，故，因為，故，故，故不存在某折起位置，使得平面平面，④錯誤.故選：②③13．/【分析】根據幾何關系確定點的軌跡方程，從而根據點到圓上動點距離最值的求解方法求解即可.【詳解】解法1：如圖，因為，所以，故四邊形為矩形，設的中點為S，連接，則，所以，又為直角三角形，所以，故①，設，則由①可得，整理得：，從而點S的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，顯然點P在該圓內部，所以，因為，所以；解法2：如圖，因為,所以，故四邊形為矩形，由矩形性質，，所以，從而，故Q點的軌跡是以O為圓心，為半徑的圓，顯然點P在該圓內，所以.故答案為：.14．【分析】設，由，解出得點坐標，結合得拋物線方程.【詳解】以的中點為原點，為軸，建立平面直角坐標系，不妨設．由，則有，解得，又，解得，，則有，故拋物線方程為．故答案為：15．(1)(2)【分析】（1）選擇①③時，設圓的一般式方程或者標準方程，代入點以及相關條件，根據待定系數法，即可確定圓的方程，選擇②時，根據幾何法確定圓心和半徑即可求解，（2）根據相關點法即可求解軌跡方程.【詳解】（1）方案一：選條件①.設圓的方程為，則，解得，則圓E的方程為.方案二：選條件②.直線恒過點.因為圓E恒被直線平分，所以恒過圓心，所以圓心坐標為，又圓E經過點，所以圓的半徑r＝1，所以圓E的方程為，即.方案三：選條件③.設圓E的方程為.由題意可得，解得，則圓E的方程為，即.（2）設.因為M為線段AP的中點，所以，因為點P是圓E上的動點，所以，即，所以M的軌跡方程為.16．(1)(2)【分析】（1）由題知直線的方程，聯立拋物線，利用韋達定理以及中點公式即可求解；（2）設出直線的方程及的坐標，聯立方程組，消元，韋達定理，利用直線斜率公式寫出將韋達定理代入，化簡求出參數即可得點的坐標.【詳解】（1）因為直線的斜率為1且過點，所以直線的方程為：，設，由，得：，所以，所以，因為為線段的中點，的縱坐標為2，所以，所以拋物線的方程為：.（2）設直線的方程為：，，，得：，所以，由由，所以，即，所以，所以點的坐標為.17．(1)證明見解析(2)存在，或【分析】（1）由題設證得，取AD的中點，連結PO，應用面面垂直的性質證平面，再由線面垂直的性質、判定及面面垂直的判定證結論；（2）取AB的中點，連結ON，則，構建空間直角坐標系，設，應用向量法，結合線面角大小列方程求，即可得結果.【詳解】（1）因為，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，取AD的中點，連結PO，因為是正三角形，所以又面面ABCD，面面，面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）取AB的中點，連結ON，則，所以以為正交基底建立空間直角坐標系，則，設，，則，又，設平面的一個法向量為，則，即，若，取，由直線AP與平面MBD所成角為，得，化簡得

解得或，當或時，直線AP與平面所成角為.18．(1);(2)證明見解析.【分析】（1）根據條件求出的值即可；（2）聯立直線方程和橢圓方程后利用兩直線垂直可算出.【詳解】（1）由題意得：，，，故可知，橢圓方程為：.（2）

M為橢圓C的左頂點，又由（1）可知：，設直線AB的方程為：，，聯立方程可得：，則，即，由韋達定理可知：，，，則，，又，，，展開后整理得：，解得：或，當時，AB的方程為：，經過點，不滿足題意，舍去，當時，AB的方程為：，恒過定點.所以直線過定點．19．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）先利用平面幾何的知識與線面垂直的性質證得兩兩垂直，從而建立空間直角坐標系，求出和平面的法向量，由此證得線面平行；（2）結合（1）中結論，求出平面與平面的法向量，利用空間向量夾角余弦的坐標表示求解即可；（3）先利用線面角結合向量法求得的坐標，再利用空間向量點面距離公式求解即可.【詳解】（1）記的中點為，連結，因