2024-2025高二上期中模拟检测一（2019人教A版）检测范围：选择性必修一第一章、第二章、第三章一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1（24-25高二上山东潍坊开学考试）如图所示，在四面体ABCD中，点E是CD的中点，记， 则等于（）ABCD2（22-23高二下吉林长春开学考试）不论k为任何实数，直线恒过定点，则这个定点的坐标为（）ABCD3（2022高三全国专题练习）设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且.则的面积为（）A6BC8D4（23-24高二下江苏常州期中）已知，且，则的值为（ ）A6B10C12D145（22-23高二下广东深圳期中）点，点是圆上的一个动点，则线段的中点的轨迹方程是（）ABCD6（23-24高三上湖北武汉阶段练习）过双曲线的左焦点F作的一条切线，设切点为T，该切线与双曲线E在第一象限交于点A，若，则双曲线E的离心率为（）ABCD7（23-24高三上北京海淀期末）已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（）ABCD8（23-24高三下山东菏泽阶段练习）已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（）ABCD二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9（24-25高二上浙江台州开学考试）如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则下列计算结果正确的是（）ABCD10（23-24高二下山西运城开学考试）下列说法正确的是（ ）A直线的倾斜角的取值范围是B“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件C两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线D已知向量，则在上的投影向量为11（23-24高三上河北沧州阶段练习）已知椭圆的焦点分别为，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（）AB椭圆C的离心率为C直线l的方程为D的周长为三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)12（22-23高三下湖北阶段练习）已知抛物线的焦点为，过点的直线与该抛物线交于两点，的中点纵坐标为，则 .13（2024浙江二模）如图为世界名画星月夜，在这幅画中，文森特梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为 .（参考数据：）14（22-23高二下江苏连云港阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15. (13分) （2021浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.16. (15分) （23-24高二上广东东莞期中）已知双曲线的渐近线方程为，且点在该双曲线上.(1)求双曲线方程；(2)若点，分别是双曲线的左、右焦点，且双曲线上一点满足，求的面积.17. (15分) （23-24高二上浙江金华阶段练习）已知动点与两个定点，的距离的比是2.(1)求动点的轨迹的方程；(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.18. (17分) （2023江苏徐州模拟预测）在三棱台中，为中点，. (1)求证：平面；(2)若，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.19. (17分) （2024山东青岛一模）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，与直线相切，记动点M的轨迹为C(1)求C的方程；(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E证明：G，E，H三点共线；若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，求四边形面积的最大值参考答案：题号12345678910答案ABBCACABABCACD题号11 答案AC 1A【分析】利用空间向量的线性运算，用基底表示向量.【详解】连接AE，如图所示，E是CD的中点，在ABE中，又，.故选：A.2B【分析】直线方程即，一定经过和 的交点，联立方程组可求定点的坐标【详解】直线即，根据的任意性可得，解得，不论取什么实数时，直线都经过一个定点故选：B3B【分析】利用椭圆的几何性质，得到，进而利用得出，进而可求出【详解】解：由椭圆的方程可得，所以，得且，在中，由余弦定理可得，而，所以，又因为，所以，所以，故选：B4C【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案.【详解】因为，所以，解得，故选：C.5A【分析】设出点坐标，得出点坐标，代入圆方程，即可得到线段的中点M的轨迹方程.【详解】设点的坐标为，因为点是线段的中点，可得，点在圆上，则，即.故选：A.6C【分析】取线段中点，根据给定条件，结合双曲线定义及直角三角形勾股定理求解作答.【详解】令双曲线的右焦点为，半焦距为c，取线段中点，连接，因为切圆于，则，有，因为，则有，而为的中点，于是，即，在中，整理得，所以双曲线E的离心率.故选：C7A【分析】由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可.【详解】因为圆，圆心为，半径为，即因为为直角三角形，所以,设圆心到直线的距离为，由弦长公式得，所以，化简得.故选：A.8B【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，得到，再由，可得Ax1,y1，Bx2,y2是方程的解，将代入方程，由求出.【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，直线方程为，联立直线与抛物线方程，可得，显然，所以又，即，即，故Ax1,y1，Bx2,y2是方程的解，将代入方程，整理得，显然，即故选：B【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.9ABC【分析】利用向量数量积的定义分别求解即可.【详解】因为E，F分别是AB，AD的中点，所以，所以，A正确；，B正确；，C正确；，D错误故选：ABC.10ACD【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系及三角函数的性质即可判断A选项，利用两直线的垂直及充要条件的定义即可判断B选项，利用空间向量的基本定理可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，直线的倾斜角为，则，因为，所以，所以，故A正确；对于B选项，因为直线与直线互相垂直，所以，即，解得或，所以“”是“或”的充分不必要条件，所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故B错误；对于C选项，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，不妨设这两个非零向量不共线，设这两个非零向量为，由空间向量的基本定理可知，在空间中必存在非零向量，使得为空间的一个基底，假设不成立，故这两个非零向量共线，故C正确;对于D选项，因为向量，所以在上的投影向量为，故D正确.故选：ACD.11AC【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D.【详解】如图所示：根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确；椭圆C的离心率为，故选项B不正确；不妨设，则，两式相减得，变形得，又注意到点为线段的中点，所以，所以直线l的斜率为，所以直线l的方程为，即，故选项C正确；因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确.故选：AC12或【分析】由题可设直线的方程为，与抛物线联立可得交点坐标关系，根据相交弦长公式及中点坐标公式即可求得的值.【详解】抛物线的焦点，设直线的方程为，所以，则，联立，消去得：，恒成立，所以，所以，则，又，整理得：，所以，解得或.故答案为：或.13【分析】设弧的中点为，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆的位置，分析可得弧上的点与圆上的点的最短距离.【详解】如图，设弧的中点为，弧所对的圆心角为，圆的半径，在弧上取两点，则，分别过点作圆的切线，并交直线于点，当过点的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点，使过点的切线为两圆的内公切线，则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，过点，分别向作垂线，垂足为，则即为圆的半径，设线段交圆于点，则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.在中，则，即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.故答案为：.【点睛】结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：相离的两个圆（圆心分别为和 ,半径分别为和）上的两个动点之间的距离的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即.14【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.【详解】因为平面年，所以两两垂直,以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标分别为,因为,设，又，则，又，从 ,设 ，则,当且仅当，即时，的最大值为,即直线与所成角的余弦值的最大值为，而直线与所成角的范围为，因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，又因为，所以，故答案为：【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度.15（1）证明见解析；（2）【分析】（1）要证，可证，由题意可得，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出【详解】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出16(1)(2)3【分析】（1）根据双曲线渐近线方程得，根据点在双曲线上列方程，最后解方程组得出双曲线的方程；（2）根据双曲线定义和列方程组求解，再根据三角形面积公式计算面积可得出答案.【详解】（1）由题知，解得，所以双曲线C的方程为：（2）根据双曲线的定义得，解方程得，【点睛】 考查双曲线方程求解及焦点三角形的面积求解，属基础题.17(1)(2)或【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.【详解】（1）设点，动点与两个定点，的距离的比是，即，则，化简得，所以动点的轨迹的方程为；（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，直线被曲线截得的弦长为，圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离，化简得，解得或，此时直线的方程为或.综上，直线的方程是或.18(1)证明见解析(2)【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，四边形为平行四边形，又，平面，平面.（2），又，平面，平面，连接，为中点，；以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，解得：，；又平面的一个法向量，解得：，即，平面，平面平面，平面，.19(1)(2)证明见解析 ；16【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；（2）设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.【详解】（1）设，与直线的切点为N，则，所以化简得，所以C的方程为：；（2）设线段的中点为，因为，所以可设，又因为，所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，所以G，E，H三点共线设，AB中点为E，中点为F，将代入得：，所以，所以，同理，（均在定直线上）因为，所以EAT与EAH面积相等，与EBH面积相等；所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，设，直线，即整理得：直线，又因为，所以，同理，直线，所以所以所以四边形GAHB面积，当且仅当，即，即时取等号，所以四边形面积的最大值为16【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.