2023-2024学年广东省湛江市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年广东省湛江市高二上学期期中数学质量检测模拟试题一、单选题（每小题5分共40分）1．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（

）A．4 B．C．5 D．2．直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（

）A． B． C． D．3．已知方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．4．如图所示，在正方体中，下列各组向量的夹角为的是（

）

A．与 B．与 C．与 D．与5．已知圆C的方程为，则圆C的半径为（

）A． B．2 C． D．86．已知平面内的两个向量，，则该平面的一个法向量为（

）A． B．C． D．7．两平行直线和间的距离是（）A． B． C． D．8．已知椭圆为椭圆的对称中心，为椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，轴，与椭圆的另一个交点为点为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题（每小题5分，共20分，全部选对得5分部分选对得2分有选错的得0分）9．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则可能使∥的是（

）A．B．C．D．10．已知直线，点，，下列结论正确的是（

）A．直线l恒过定点 B．当时，直线l的斜率不存在C．当时，直线l的倾斜角为 D．当时，直线l与直线垂直11．已知椭圆，，是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（

）A．椭圆离心率为 B．的最大值为3C． D．12．（多选题）点在圆：上，点在圆：上，则（

）A．实数的取值范围为B．当时，的最小值为，最大值为C．当圆和圆外切时，D．当圆的圆心在圆上时，圆和圆的相交弦的长度为三、填空题（每小题5分，共20分）13．已知三点共线，则实数m的值为．14．已知三点共线，为空间任意一点，，则.15．已知圆与圆，则两圆的公共弦所在的直线方程为.16．已知椭圆的一个焦点坐标是，则实数的值是.四、解答题17．已知向量，.(1)求与；(2)当为何值时，向量与垂直？18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，请你再从条件①；②；③中任意选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）(1)求a的值；(2)求的面积.19．（1）求经过直线，的交点，且过点的直线的方程；（2）求经过直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程．20．如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，⊥底面，E，F分别是的中点，，.

求证：(1)平面；(2)平面⊥平面.21．已知直线，椭圆.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：(1)相交；(2)相切；(3)相离？22．如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，.

(1)求直线与平面的夹角；(2)求点到平面的距离.答案和解析1．D【分析】根据两平面垂直得到两法向量垂直，进而得到方程，求出答案.【详解】∵，∴，∴，解得.故选：D2．D【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.【详解】由可知圆心为，又因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为，由点斜式得直线，化简得直线的方程是．故选：D．3．C【分析】根据题意列出含有参数的不等式组求解即可.【详解】根据题意,要使方程表示焦点在轴上的椭圆,需满足,解得.故选:C.4．A【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的夹角公式，逐项判定，即可求解.【详解】以为原点，分别以所成在的直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，由，因为，所以，所以A正确；由，因为，所以，所以B不正确；由，所以，所以C不正确；由，因为，所以，所以D不正确；故选：A.

5．C【分析】化圆的一般式为标准式得圆C的半径.【详解】由圆C的半径得，所以圆C的半径为，故选：C6．C【分析】利用法向量的定义、求法进行计算.【详解】显然与不平行，设该平面的一个法向量为，则有，即，令，得，所以，故A,B错误，令，得，则此时法向量为，故D错误.故选：C.7．A【分析】根据平行线间距离公式计算.【详解】直线化为，因此所求距离为，故选：A．8．B【分析】根据题意确定，进而可得，即可求椭圆的离心率.【详解】如图，不妨设，因为点在椭圆上，所以，解得，所以，又因为为等腰直角三角形，所以,即，即，所以，解得或（舍），故选:B.9．AD【分析】根据∥，则，结合空间向量的数量积的坐标运算逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，所以有可能使∥，故A正确；对于选项B：因为，所以不可能使∥，故B错误；对于选项C：因为，所以不可能使∥，故C错误；对于选项D：因为，则，有可能使∥，故D正确；故选：AD.10．CD【分析】利用直线过定点的求法，结合直线斜率公式逐项分析即可得解.【详解】直线，故时，，故直线l恒过定点，故A错误；当时，直线，斜率，故B错误；当时，直线，斜率，故倾斜角为，故C正确；当时，直线，斜率，而，故，故直线与直线垂直，故D正确.故选：CD.11．ABC【分析】根据椭圆的方程求得，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由椭圆，可得，则，对于A中，由椭圆的离心率为，所以A正确；对于B中，由椭圆的几何性质，当点为椭圆的右顶点时，可得，所以B正确；对于C中，当点为椭圆的短轴的端点时，可得，，所以，根据椭圆的几何性质，可得，所以C正确；对于D中，由椭圆的定义，可得，所以D错误.故选：ABC.12．ABD【分析】将圆的方程化为标准方程即可判断A；分别求出两圆的圆心及半径，求出圆心距，再根据最小值为圆心距减去半径之和，最大值为圆心距加上半径之和，即可判断B；根据两元外切可得圆心距等于半径之和即可判断C；先求出公共弦所在直线的方程，再根据圆的弦长公式即可判断D.【详解】圆的圆心，半径，圆：，即，则圆的圆心，半径，对于A，由题意，，解得，所以实数的取值范围为，故A正确；当时，圆的半径，因为，所以两圆外离，所以的最小值为，最大值为，故B正确；对于C，当圆和圆外切时，，即，解得，故C错误；对于D，当圆的圆心在圆上时，则，解得，所以圆：，两圆的方程相减得，即两圆的公共弦所在直线的方程为，圆心到直线的距离，所以公共弦长为，故D正确.故选：ABD.13．0【分析】根据A，B，C三点共线可得，然后利用两点间的斜率公式代入求解即可.【详解】由三点共线可得，即，解得.故0.14．【分析】根据向量共线和平面向量基本定理可求出结果.【详解】因为三点共线，∴，即，，又，所以，所以.故答案为.15．【分析】判断两圆位置关系，再将两圆方程相减即得.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，于是，即圆相交，由消去二次项得，即，所以两圆的公共弦所在的直线方程为.故16．【分析】化简椭圆的方程为标准方程，结合椭圆的几何性质，即可求解.【详解】由椭圆，可得，因为椭圆的一个焦点坐标为，可得且，解得.故答案为.17．(1)(2)【分析】（1）求出的坐标后可求它们的模；（2）求出与的坐标后利用向量垂直的坐标形式可求的值.【详解】（1）因为，，故，故.（2），，因为向量与垂直，故，故.18．(1)选择条件①不合题意；选择条件②；选择条件③.(2)选择条件②；选择条件③.【分析】（1）选条件①时，由于出现与已知条件中三角形有一解相矛盾，故舍去.选条件②时，直接利用余弦定理的应用求出a的值；选条件③时，利用正弦定理的应用求出a的值；（2）选条件②时，利用勾股定理证明为直角三角形，可求出三角形的面积；选条件③时，利用三角函数的关系式求出，应用三角形面积公式的求出结果．【详解】（1）选择条件①，，由正弦定理，得，此时或，三角形不唯一，不合题意．选择条件②，，由于，，所以，解得；选择条件③，，由于，，由正弦定理，.（2）选择条件②，，由，则，满足，故为直角三角形，所以；选择条件③，，在中，，所以.19．（1）；（2）【分析】（1）利用两直线的交点坐标公式以及直线的点斜式方程求解；（2）利用两直线的交点坐标公式以及两直线垂直与斜率的关系求解.【详解】（1）设的交点为，联立，解得，所以的交点为,所以,由点斜式可得，整理得.（2）设的交点为，联立，解得，所以的交点为,设所求直线方程为，因为直线过点，所以，所以所求直线方程为.20．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,利用，得到，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）利用向量的坐标运算得到，从而得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,，，，∴，，，，，，.，，即，又⊂平面，平面，∴平面.（2），，∴，即又平面，平面，∴平面.∵平面，∴平面⊥平面.21．(1)(2)(3)或.【分析】联立直线与椭圆方程，并计算，根据直线与椭圆的位置关系，求解，和，即可求解对应的值.【详解】（1）联立，得，，当直线与椭圆相交，即，则，解得：；（2）当直线与椭圆相切，即，则，解得：；（3）当直线与椭圆相离，即，则，解得：或.22．(1)(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，点的坐标和平面的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线与平面的夹角.（2）根据空间直角坐标系写出，的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即