【19题结构】 第一学期高二数学期末模拟试卷

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第一学期高二数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．三点，，在同一条直线上，则的值为（

）A．2 B．4 C． D．2．已知，则下列向量是平面ABC法向量的是（）A． B．C． D．3．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（

）A． B． C． D．4．已知直三棱柱中，底面为等边三角形，为的中点，平面截该三棱柱所得的截面是面积为9的正方形，则该三棱柱的侧面积是（

）A． B．9 C．18 D．305．已知圆：（）截直线所得线段的长度是，则圆与圆：的位置关系是（

）A．内切 B．相离 C．外切 D．相交6．已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为（

）A．2 B． C．3 D．7．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值（且）的点的轨迹是一个圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．8．如图，在长方体中，，，，一质点从顶点射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为（），，将线段，，，竖直放置在同一水平线上，则（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知直线：，则下列说法正确的是（

）A．直线在轴上的截距为1 B．直线与直线：平行C．直线的一个方向向量为 D．直线与直线：垂直10．已知正方体的棱长为，，，其中，，则下列说法中正确的有（

）A．若平面，则 B．若平面，则C．存在，，使得 D．存在，使得对于任意的，都有11．已知椭圆C：，，分别为它的左右焦点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（

）A．椭圆离心率为 B．C．若，则的面积为9 D．最小值为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题12．直线与圆相交，所得的弦的长为.13．在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足在上满足，平面交于点，且，则．14．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，直线、分别与抛物线交于、两点，设直线、的斜率分别为、，则.四、解答题15．已知直线l过点，根据下列条件分别求直线l的方程：(1)直线l的倾斜角为45°；(2)直线l在x轴、y轴上的截距相等．16．如图，在三棱柱中，侧棱长为4，平面平面，是边长为4的等边三角形，且，已知是的中点．以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．（1）求向量，的坐标；（2）求异面直线与所成角的大小．17．已知圆经过两点，且圆心在直线上．(1)求圆的标准方程；(2)若过点的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程．18．如图，在中，，，，沿BD将翻折到的位置，使平面平面.（1）求证：平面；（2）若在线段上有一点M满足，且二面角的大小为，求的值.19．我们将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的左、右顶点分别为，上顶点为．(1)若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，求常数的值；(2)设椭圆，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，求当为何值时，取得最小值，并求其最小值；(3)若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，椭圆上的任意一点记为求证：的垂心必在椭圆上．关注公众号《品数学》参考答案：题号12345678910答案DCBCDCDDBDAD题号11答案BCD1．D【分析】根据两点斜率表达式得到方程，解出即可.【解析】显然，则，即，解得.故选：D.2．C【分析】根据题意得到的坐标，然后根据法向量的求法，列出方程即可得到结果.【解析】设平面ABC法向量为，则所以，化简得，则故选:C.3．B【分析】先由椭圆方程可得蒙日圆方程，再由两个圆仅有一个公共点可得圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，进而可得的值.【解析】由题意可知的蒙日圆方程为，因为圆与圆仅有一个公共点，所以两圆内切或外切，故圆心距等于半径之和或者圆心距等于半径差的绝对值，所以或，由此解得.故选：B.4．C【分析】求出正三角形的边长和直三棱柱的侧棱长，即得该三棱柱的侧面积.【解析】由题得截面正方形的边长为3，所以直三棱柱的侧棱为3，底面正三角形的高为3，所以底面正三角形的边长为，所以该三棱柱的侧面积是.故选：C【小结】本题主要考查棱柱的侧面积的计算和截面问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5．D【分析】变换得到，根据弦长公式解得，再判断两圆的位置关系得到答案.【解析】圆的标准方程为：（），圆心到直线的距离，得，与圆心距为，且，即两个圆相交.故选：D.【小结】本题考查了直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，意在考查学生对于圆相关知识的掌握.6．C【分析】由解得，根据三角函数的定义知，利用同角的三角函数关系求得，，由诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理计算可得，结合离心率的概念即可求解.【解析】如图，由题意知，双曲线的渐近线方程为，则，解得，所以,由三角函数的定义知，又，且显然为锐角，，又，解得，，则，在中，由正弦定理可得，即，化简得，所以的离心率为．故选：C．7．D【分析】设Px,y，根据题意求得动点的轨迹为以为圆心、4为半径的圆的一部分，结合图形分析可知圆心角，即可得结果.【解析】如图，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设Px,y，因为，即，整理得．所以动点的轨迹为以为圆心、4为半径的圆的一部分．设圆与线段交于点，与线段交于点，因为在中，，，则，可知，所以点的轨迹长度为．故选：D．8．D【分析】依次求出各反射点的坐标，利用空间两点之间的距离公式求出线段，，，的长度即可.【解析】直线的方程为：，交平面于点，所以；直线被平面反射，反射线方程为：，交平面于点，所以；直线被平面反射，反射线方程为：，交平面于点，所以；直线被平面反射，反射线方程为：交平面于点，所以.所以.故选：D【小结】关键点小结：因为直线是与长方体的各个面相交，所以时刻要注意条件.9．BD【分析】求出直线的横截距及方向向量判断AC；由方程判断两直线的位置关系判断BD.【解析】对于A，直线在轴上的截距为，A错误；对于B，直线与直线的斜率均为，它们的横截距分别为，则，B正确；对于C，直线的一个方向向量为，C错误；对于D，由，得，D正确.故选：BD10．AD【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，根据共面向量定理可判断选项A，利用直线方向向量和面法向量垂直可判断线面平行，可判断选项B，通过向量求得模长，根据条件判断方程是否有解，可判断C，向量数量积为，可判断D.【解析】以为原点，所在直线为建立空间直角坐标系.因为正方体的棱长为，面为点，.设，又,又因为点面，所以若平面，则，故A正确.面的法向量，,,,平面,，，故B错误.,若,,,,令，易得，，，在无解，故C错误.,,,故D正确.故选：AD11．BCD【分析】由椭圆方程得到的值，根据离心率的公式可判断A，根据椭圆的定义可判断B，根据勾股定理和椭圆的定义可得到，从而由三角形面积公式可判断C，由基本不等式可判断D．【解析】由椭圆方程可知，，所以椭圆的离心率，故A错误；由椭圆定义知，故B正确；又，因为，所以，∴，解得，所以的面积为，故C正确；∵，∴，当且仅当时取等号，∴最小值为，故D正确．故选：BCD．12．【分析】写出圆的标准方程，然后利用弦长公式计算即得.【解析】因为圆即：，则圆心到直线的距离：，由弦长公式可得弦长为：.故答案为：.13．【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可求解的值.【解析】由条件可知，,因为，，，所以，因为点四点共面，所以，解得：故答案为：14．【分析】设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，设、，结合韦达定理可得出，，利用斜率公式可求得的值.【解析】当直线与轴重合时，直线与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立，可得，，由韦达定理可得，，设点、，易知点，易知，直线不与轴重合，设直线的方程为，联立，可得，，由韦达定理可得，，同理可得，所以，.故答案为：.【小结】方法小结：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．15．(1)(2)或【分析】（1）由点斜式即可求解；（2）分截距是否为0进行讨论即可求解.【解析】（1）因为直线l过点，直线l的倾斜角为45°；所以所求为，即；（2）当直线l在x轴、y轴上的截距都为0时，所求为，当直线l在x轴、y轴上的截距都为时，设所求为，由题意，解得符合题意，故所求为；综上所述，符合题意的直线方程为或.16．（1），；（2）．【分析】（1）标出对应点坐标，利用向量坐标和点坐标的关系，即得解；（2）利用异面直线所成角的向量公式，即得解【解析】（1）由空间直角坐标系可得，，，，则，．（2）所以异面直线与所成角的大小为．17．(1)(2)或【分析】（1）先求出线段的垂直平分线方程，再与直线联立，求出交点，即为圆心坐标，再求出半径，可得圆的方程；（2）先根据弦，弦心距和半径的关系求出弦心距，然后分直线斜率存在和不存在两种情况求解即可.【解析】（1）由题知，所求圆的圆心为线段的垂直平分线和直线的交点．线段的中点坐标为，直线的斜率，所以，的垂直平分线的方程为即．联立得，解得圆心．半径．所以，圆的标准方程为．（2）由题意知圆心到直线的距离为，当直线斜率存在时，设直线方程为，即．所以，，解得，所以直线的方程为．当直线斜率不存在时，直线方程为，符合题意．所以，直线的方程为或．18．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）中由余弦定理可知，作于点，由面面垂直性质定理得平面，所以，再利用线面垂直的判定定理与性质定理可以证得平面；（2）以为原点，以方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，由二面角的大小为列关于的方程解之即可.【解析】（1）中，由余弦定理，可得.，，.作于点F，平面平面，平面平面，平面.又平面，.又，，∴CB⊥平面.又平面，.又，，平面.（2）由（1）知DA，DB，两两垂直，以D为原点，以方向为x轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，则，，，.设，则，由，设平面MDB的一个法向量为，则由，取.平面CBD的一个法向量可取，二面角的大小为.，.【小结】（1）考查线面垂直的判定定理与性质定理的应用；（2）考查用空间向量求二面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题求解，考查学生的运算能力与空间想象能力，属于中档题.19．(1)或1(2)当时，取得最小值(3)证明见解析【分析】（1）计算椭圆离心率的等量关系，求解即可.（2）联立直线与椭圆方程，可得出与的关系，结合不等式可求出最小值；（3）先由“一簇椭圆系”定义计算椭圆的方程，再根据垂心的性质计算垂心与点坐标的关系，代入点满足的椭圆方程，即可证明.【解析】（1）因为椭圆的离心率，故由条件得，当时，，解得；当时，，解得．综上，或1．（2）易得，所以直线