1、塘沽一中2020-2021学年度第一学期高二期中模拟卷（二）一、选择题1. 若两平行直线与之间的距离是，则m+n（ ）A. 0B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】由两直线平行的性质可得，再由平行线间的距离公式可得，即可得解.【详解】由直线与平行可得即，则直线与的距离为，所以，解得或（舍去），所以.故选：A.【点睛】本题考查了直线位置关系的应用及平行线间距离公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.2. 已知直线过点，且在纵坐标轴上的截距为横坐标轴上的截距的两倍，则直线的方程为（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】根据题意，分直线是否经过原点2种情况讨论，分别求
2、出直线的方程，即可得答案【详解】根据题意，直线分2种情况讨论：当直线过原点时，又由直线经过点，所求直线方程为，整理为，当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点的坐标得，解得，此时直线的方程为，整理为故直线的方程为或.故选D【点睛】本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题3. 已知，若直线与线段有公共点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出直线的斜率和直线的斜率，再根据题意求得的范围.【详解】由于直线的斜率为，且经过定点，设此定点为，直线的斜率为，直线的斜率为，如下图所示，故，故选：C.【点睛】本题主要考查直线的概率的应用，还考查了
3、数形结合的思想方法，属于基础题.4. 已知圆，圆，则圆和圆的位置关系为（ ）A. 相切B. 内含C. 外离D. 相交【答案】B【解析】【分析】根据已知分别求出圆的圆心和半径，进而求出圆心距，分别与两半径的和与差的绝对值对比，即可得出结论.【详解】化为圆心，半径，化为，圆心，半径， 圆心距，所以圆和圆的位置关系为内含.故选：B.【点睛】本题考查圆与圆位置关系的判断和应用，考查计算求解能力，属于基础题.5. 若椭圆的右焦点为F，且与直线交于P，Q两点，则的周长为（ ）A. B. C. 6D. 8【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的定义求解.【详解】直线l过椭圆C的左焦点，.故选：B【点睛】本题主要
4、考查椭圆的定义，属于基础题.6. 若椭圆过点，且以该椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为，则这个椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意知，然后解出即可【详解】由题意知，故选：B【点睛】对角线互相垂直的四边形的面积等于两条对角线的长度相乘的一半.7. 设椭圆的右焦点为，且，方程的两个实数根为，则点（ ）A. 圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 以上都有可能【答案】C【解析】【分析】根据韦达定理，由题中条件，得到，结合椭圆的性质，求出，即可得出结果.【详解】因为方程的两个实数根为，所以，又椭圆的右焦点为，且，所以，因此，所以点在圆内.故选：C.【点睛】本题主要考
5、查判断点与圆位置关系，考查椭圆的简单应用，属于基础题型.8. 在空间直角坐标系中，四面体的顶点坐标分别是，.则点到面的距离是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出平面的一个法向量，再求出在方向上的投影的绝对值即可【详解】由题意,设平面的一个法向量为，则，取，则，即到平面的距离是故选：A.【点睛】本题考查用空间向量法求点到平面的距离设是平面的一个法向量，是平面内任一点，则到平面的距离是9. 如图，直四棱柱的底面是菱形，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】用向量分别表示,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】由题意可得
6、， 故选：D【点睛】本题主要考查用向量的夹角公式求异面直线所成的角，属于基础题.二、填空题10. 若直线与直线互相垂直，则点到直线的距离为_【答案】【解析】【分析】根据直线垂直求得，再利用点到直线距离公式求得结果.【详解】因为直线与直线互相垂直，所以则点到直线的距离为【点睛】本题考查点到直线距离公式的应用，关键是利用两条直线互相垂直的性质构造方程，解得点的坐标.11. 经过直线与的交点，且平行于直线的直线方程是_.【答案】【解析】【分析】先求出两相交直线的交点，设出所求直线的方程为，根据交点在直线上，求出直线方程.【详解】联立方程组可知与的交点，为，设所求直线为，则，.所以直线方程为，即故答案
7、为： 【点睛】本题考查求两直线的交点坐标，考查两直线平行的直线的方程的设法属于基础题.12. 已知圆心在直线上的圆与轴的正半轴相切，且截轴所得的弦长为，则圆的方程为_【答案】【解析】【分析】根据题中条件，先设圆心为，半径为，得到，再由弦长几何表示，列出方程，求出，即可得出圆的方程.【详解】因为圆心在直线上，所以设圆心为，半径为，由圆与轴的正半轴相切，可得，又圆截轴所得的弦长为，则，解得，所以圆的方程为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记圆的弦长公式，以及圆的方程的求法即可，属于常考题型.13. 已知方程表示焦点在 y 轴上的椭圆，则实数的取值范围为_ .【答案】【解析】【分析】根
8、据题意得到，解得答案.【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆，则满足：，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了根据方程表示椭圆求参数，意在考查学生对于椭圆定义的理解.14. 若圆与圆相切，则的值为_【答案】或【解析】【分析】根据两圆的方程，先得到圆心坐标和半径，由两圆相切，讨论内切和外切两种情况，即可得出结果.【详解】圆的圆心为，半径为；由整理得，则圆的圆心为，半径为；因为两圆相切，若两圆外切，则有，即，解得；若两圆内切，则有或，即或（舍），解得.故答案为：或.【点睛】本题主要考查由两圆相切求参数，属于基础题型.15. 已知椭圆的中心为原点，焦点在轴上，椭圆上一点到焦点的最小距离为，离心率为，则椭圆的
9、方程为_【答案】【解析】【分析】椭圆上的点到焦点最小距离，离心率，列出方程，求出，可得椭圆的方程【详解】椭圆上一点到焦点的最小距离为，离心率，解得，所求椭圆方程【点睛】本题考查椭圆上的点到焦点的距离，离心率等椭圆内的常规内容，难度不大，属于简单题.16. 点是椭圆上的动点，为其左、右焦点，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先由题意得到，根据椭圆参数方程设出点，再由向量数量积的坐标运算，即可得出结果.【详解】因为为椭圆左、右焦点，所以，又点是椭圆上的动点，所以可设，所以，因此，因为，所以，所以的取值范围是.故答案为.【点睛】本题主要考查椭圆的性质以及向量的数量积运算，熟记运算法则以及椭圆性
10、质即可，属于基础题型.三、解答题17. 已知圆经过点、，并且直线平分圆.（1）求圆的方程；（2）若过点，且斜率为的直线与圆有两个不同的交点、.（i）求实数的取值范围；（ii）若，求的值.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）求出线段的垂直平分线方程，将线段的垂直平分线方程与直线的方程联立，可圆心的坐标，求出半径，即可得出圆的标准方程；（2）（i）将直线的方程表示出来，利用圆心到直线的距离小于半径得出的不等式，即可得出实数的取值范围；（ii）设点、，令，可得出直线的方程为，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，将韦达定理代入，可求出的值，进而可得出的值.【详解】（1）
11、线段的中点，直线的斜率为，故线段的中垂线方程为，即.因为圆经过、两点，故圆心在线段的中垂线上.又因为直线平分圆，所以直线经过圆心.联立，解得，即圆心的坐标为，而圆的半径，所以圆的方程为：；（2）直线的方程为，即，圆心到直线的距离.（i）题意得，两边平方整理得，解得或.因此，实数的取值范围为：；（）令，则直线方程可写成.将直线的方程与圆的方程组成方程组得，将代入得：，设、，则由根与系数的关系可得，而，所以，整理得，解得，则，舍去.综上所述，.【点睛】本题考查圆的方程的求解，利用直线与圆的位置关系求参数，以及利用韦达定理求参数，涉及平面向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.18. 如图所示，
12、直角梯形中，垂直，四边形为矩形，平面平面.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见详解；（2）；（3）存在，且.【解析】【分析】（1）取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，求得，由，即可求证平面；（2）求得平面的一个法向量，设向量与的夹角为，根据，即可求得答案；（3）设，求向量与平面的法向量所成角的余弦值，列出方程求解，即可得出的值，从而可求出结果.【详解】（1）取为原点，所在直线为轴，过点
13、且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，.不妨设，则，.又，.又平面，平面；（2），设平面的一个法向量为，不妨设，则，.设向量与的夹角为，则，.平面与平面所成二面角的正弦值为；（3）设，则，所以，又平面的一个法向量为，即直线与平面所成角为，则，整理得，解得或，当时，则；当时，则；综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为.【点睛】本题主要考查向量法求证线面平行和向量法求二面角，以及由线面角求其它量的问题，属于常考题型.19. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆的上顶点、右顶点,原点到直线的距离为.（1）求的方程；（2）直线的斜率均
14、为,直线与相切于点（点在第二象限内）,直线与相交于两点, 求直线的方程.【答案】（1） ；（2）.【解析】试题分析：（1）运用题设条件建立方程求解；（2）借助题设条件和向量的数量积公式求解.试题解析:（1）中, 即,解得,故,所以椭圆的方程为.（2）设直线,由得,当时,或（舍去）. 此时方程的解为,故,当时,.设,则,则.由,解得,又因为,所以,所以直线的方程为.考点：椭圆的标准方程及直线与曲线的位置关系的运用【易错点晴】本题考查的是圆锥曲线中椭圆的标准方程问题和直线与圆锥曲线的位置关系的处置问题.解答本题时充分借助椭圆中的基本量的关系,通过构建方程组并求解,从而求出椭圆的标准方程.第二问的解
15、答过程则是巧妙依据直线与椭圆的位置关系建立方程组,通过向量这一计算工具使得问题得以合理巧妙地转化和化归.本题的解答过程对运算求解能力的要求较高,寻求最为简捷的解答路径,以便达到化繁为简、避难前进的求解之目的是本题的关键.20. 已知椭圆：的两焦点与短轴的一个端点的连线构成面积为1的等腰三角形，（1）求的方程；（2）直线：与椭圆相较于、两点，试问：在轴上是否存在点，使得为等边三角形，若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，直线的方程为.【解析】【分析】（1）由椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成面积为1的等腰三角形，可求出，进而可得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，表示出，再由点到直线距离，以及题中条件，即可列式求出，进而可求出结果.【详解】（1）因为椭圆：的两焦点与短轴的一个端点的连线构成面积为1的等腰三角形，所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）假设在轴上存在点，使得为等边三角形，设、，线段的中点为，则，联立消去，整理得，则，解得，又，所以，即，则直线的方程为，即，令，则，即，因此，又，所以，解得满足，所以在轴上存在点，使得为等边三角形，此时直线的方程为.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，考查椭圆中存在点满足某条件的问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.
