安徽省黄山市八校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省黄山市八校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共25页。
注意事项：
1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上．
2． 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 写在试卷上无效．
3． 非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带． 不按以上要求作答的答案无效．
一、单项选择题：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. 设点关于坐标原点对称点是B，则等于（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间两点间距离公式，结合对称的性质计算即得.
【详解】令坐标原点为，依题意，.
故选：C
2. 设为定点，，动点 满足 ，则动点的轨迹是（ ）
A. 线段B. 直线C. 圆D. 椭圆
【答案】A
【解析】
【分析】对的位置分类讨论即可求解.
【详解】若在直线外，由三角形两边长大于第三边有，不合题意，
故必在直线上，若在线段外，也有，不合题意，
故必在线段上，且总有，
故选：A.
3. 已知直线l的一个方向向量为，直线l的倾斜角为，则的值为（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线方向向量得出直线斜率，再由同角三角函数的基本关系求解.
【详解】因为直线l的一个方向向量为，直线l的倾斜角为，
所以，
所以，
故选：A
4. 设，则是直线与直线平行的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】将代入直线方程，判断充分性；由直线平行的依据判断必要性.
【详解】充分性：当时，直线，直线.
显然，两直线斜率相等，故两直线平行，充分性成立.
必要性：若两直线平行，则有即，
解得或，经检验两直线不重合，显然，必要性不成立.
故选：B
【点睛】
5. 已知点D在△ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间四点共面及二次函数的最值求解.
【详解】因为，且四点共面，
由空间四点共面的性质可知，即，
所以，
所以当时，有最小值.
故选：D
6. 已知P是直线l：上一动点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为A、B，则四边形PACB的外接圆的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合图像给出外接圆的表达式即可求解.
【详解】如图，由知四边形的外接圆以为直径，故面积，
而最小值为点到的距离，
故，
故选：B
7. 已知矩形的四个顶点都在椭圆 上，边和分别经过椭圆的左、右焦点，且，则该椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，由条件建立方程求解即可.
【详解】由椭圆方程，当时，，
所以，
因为，所以，
即，
所以，解得或（舍去），
故选：A
8. 《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，，，，若AG⊥平面EFC，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得，，
，
，
又平面，
，，解得.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 点关于直线的对称点为
B. 过，两点的直线方程为
C. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
D. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2
【答案】AD
【解析】
【分析】利用点关于直线的对称知识判断A的正误；运用直线的两点式方程判断B的正误；利用直线的截距相等可判断C的正误；求出直线在两坐标轴上的截距可得到三角形的面积判断D的正误；
【详解】对于A，设点关于直线的对称点为，
则，即对称点为，A正确；
对于B，两点式使用前提是，故B错误；
对于C，经过点且在轴和轴上截距都相等的直线也可以为过原点，
即，故C错误；
对于D，直线与两坐标轴交点分别为，
则与两坐标轴围成的三角形的面积，故D正确；
故选：AD
10. 如图，直三棱柱中，，，D、E分别为、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. ∥
B. 直线DE与平面所成角的正弦值为
C. 平面与平面ABC夹角的余弦值为
D. DE与所成角为
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量逐项分析判断.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，
则，
对于选项A：可得，
因为，可知与不平行，
所以与不平行，故A错误；
对于选项B：可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
所以直线DE与平面所成角的正弦值为，故B正确；
对于选项C：可得平面ABC的法向量，
则，
所以平面与平面ABC夹角的余弦值为，故C正确；
对于选项D：因为，
可得，
则DE与所成角的余弦值为，所以DE与所成角不为，故D错误；
故选：BC.
11. 已知为圆锥底面圆的直径，，，点为圆上异于的一点，为线段上的动点（异于端点），则（ ）
A. 直线与平面所成角的最大值为
B. 圆锥内切球的体积为
C. 棱长为的正四面体可以放在圆锥内
D. 当为的中点时，满足的点有2个
【答案】AC
【解析】
【分析】A：根据线面垂直得到线面角，然后结合三角函数以及线段长度分析角的最大值；B：根据几何体的轴截面图进行分析计算；C：先考虑将正四面体补形为正方体，然后根据正方体的外接球以及B选项的结果进行判断；D：假设成立，通过线面垂直推导线线垂直并逐步推出矛盾.
【详解】A：过作交于点，连接，如下图所示：
因为圆锥底面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，且，
又，所以，则，
所以，当且仅当位于的中点处时取等号，
所以，所以直线与平面所成角的最大值为，故正确；
B：根据题意可得轴截面如下图所示，设内切球的球心为，半径为，
因为，所以为等边三角形，
所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以内切球的体积为，故错误；
C：将棱长为的正四面体补形为正方体，如下图所示：
由图可知正方体的棱长为，
此正方体的外接球的半径等于，
所以正四面体可以在半径为的球内任意转动，
由B选项的结果可知，棱长为的正四面体可以放在圆锥内，故正确;
D：当为的中点时，如下图:
因为等边三角形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为圆锥底面，所以，且相交，平面，
所以平面，
因为平面，所以，这显然不成立，
所以满足的点不存在，故错误；
故选：AC.
12. 如图所示．已知椭圆方程为，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是（ ）
A. P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则为定值
B. 直线与椭圆交于R ，S两点，A是椭圆上异与R ，S的点，且、均存在，则
C. 若椭圆上存在一点M使，则椭圆离心率的取值范围是
D. 四边形 为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用椭圆的定义、直线斜率公式、离心率公式，结合椭圆和矩形的对称性、基本不等式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A：连接，由椭圆的定义可知，
线段中点为Q，所以，
于是有，所以本选项命题正确；
B：直线与椭圆交于R ，S两点，
因为直线经过原点，而椭圆是关于原点的中心对称图形，
所以R ，S两点关于原点对称，不妨设，，
，
因为A是椭圆上异与R 的点，
所以有，两个式相减，得
，
因此，
所以本选项命题是假命题；
C：椭圆上存在一点M使，
由余弦定理可知：，
即，
即，
而
，当且仅当时取等号，即M为上（下）顶点时取等号，
而，所以，因此本选项命题是真命题；
D：因为矩形和该椭圆的对称轴和对称中心相同，
所以设矩形在第一象限的顶点为，即，
所以矩形的面积为，
因为，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此本选项命题真命题，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用椭圆的定义、椭圆和矩形的对称性、基本不等式进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的概念计算即可得解.
【详解】向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：
14. 已知P为圆上一点，则点到P点的距离的最大值为_________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据点的轨迹为圆，由圆的几何性质，求利用两圆上两点间的距离的最大值.
【详解】由知圆心为，半径为，
又，所以点的轨迹方程为，
则圆心为，半径，故，
所以.
故答案为：8
15. 若关于的不等式的解集是，则值是________．
【答案】2
【解析】
【分析】将给定不等式等价转化构造函数，再借助几何图形及给定解集确定直线过的点即得.
【详解】不等式，
令，即表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方的半圆，
表示过定点的直线，
因此不等式的解集是，
等价于半圆在直线及上方时，的取值集合恰为，
观察图象得直线恰过点，则有，
所以.
故答案为：2
16. 半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，，则的最大值为_______
【答案】
【解析】
【分析】由题意可求出间距离的最大值，结合棱锥体积确定当平面时取最大值，从而利用棱锥体积公式求得答案.
【详解】由题意知半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，，
设球心为O，则O到AB的距离为，到CD的距离为，
则间距离的最大值为，
此时位于O点两侧，所在的小圆面平行时，间距离最大；
设M为AB上一点，则的面积的最大值为，
设到平面的距离为，而，
则，当平面时取等号，
即当平面时，取到最大值，
最大值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 如图，三棱锥中，点D、E分别为和的中点，设，，．
（1）试用，，表示向量；
（2）若，，求异面直线AE与CD所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的运算即可求得答案；
（2）根据空间向量的数量积的运算律求出，的模，以及二者的数量积，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
由题意可知：，，
故，
，
故，
，
，
则
，
，
由于异面直线和所成角范围大于小于等于，
∴异面直线和所成角的余弦值为．
18. 已知直线．
（1）若直线l不经过第二象限，求k的取值范围．
（2）若直线l与x轴、y轴正半轴分别交于A、B两点，当△AOB的面积为时（O为坐标原点），求此时相应的直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先确定直线过定点，再根据条件，求斜率的取值范围；
（2）首先分别求直线与坐标轴的交点，并表示的面积，即可求直线的斜率和方程.
【小问1详解】
由题意可知直线，
易知直线过定点，
当直线过原点时，可得，
当时，直线不经过第二象限．
【小问2详解】
由题意可知
∵直线与轴、轴正半轴的交点分别是，
，
当时，由得：
，
即：，
或，
即：直线的方程为或.
19. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面且．
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直、线面垂直，以及线段长度求证线面垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出其夹角大小即可.
【小问1详解】
取中点，连接
都是边长为2的正三角形，
，，
又，面，面，
面，
又平面平面，
面且
又面且
，，，
是正方形，
又，平面，平面，
平面
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，如图建立空间直角坐标系
由于轴垂直面
∴平面的法向量为
又，，
，
设平面的法向量，
则，
令，则，，所以
∴平面与平面的夹角为
20. 已知定点，动点满足，O为坐标原点．
（1）求动点M的轨迹方程
（2）若点B为直线上一点，过点B作圆M的切线，切点分别为C、D，若，求点B的坐标．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用向量数量积的坐标表示列式，化简即得.
（2）利用圆的切线性质，结合两点间的距离公式，列出方程组求解即得.
【小问1详解】
依题意，，
，即，
所以的轨迹方程为.
【小问2详解】
由点为直线上一点，又分别与圆相切于点，
得，而，则有四边形为矩形，又，
因此四边形为正方形，由（1）知，，则，
设，则，解得或，
所以点的坐标为或.
21. 如图，在五面体中，底面为正方形，侧面为等腰梯形，二面角为直二面角，.

（1）求点到平面距离；
（2）设点为线段的中点，点满足，若直线与平面及平面所成的角相等，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离即为的长，由勾股定理求出答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线与平面及平面所成的角相等列出方程，求出的值.
【小问1详解】
如图，过点作⊥于点，过点作于点，连接.
因二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面平面，所以平面，
所以点到平面的距离即为的长，
因为平面，所以，
因为四边形为等腰梯形，，
所以，故，，
因为，由勾股定理得，
又，由勾股定理得，
即点到平面的距离为.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得.
.
设平面的法向量为，
由，
由，解得，
令，得，故，
又易知平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，与平面所成角为，
则，∴ ，
整理得，由，得.
22. 椭圆的左右焦点分别为、，短轴端点分别为、． 若四边形为正方形，且．
（1）求椭圆标准方程；
（2）若、分别是椭圆长轴左、右端点，动点满足，点在椭圆上，且满足，求证定值（为坐标原点）；
（3）在（2）条件下，试问在轴上是否存在异于点的定点，使，若存在，求坐标，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在；
【解析】
【分析】（1）依题可得且，即可求出、、，从而得解；
（2）设方程为，联立直线与椭圆方程，求出交点的横坐标，由，可得、、三点共线，即可得到点坐标，由，可得，即，从而求出点坐标，即可求出的值.
（3）设，表示出，，根据斜率之积为求出即可.
【小问1详解】
依题可得且，又，，，
故椭圆方程为.
【小问2详解】
依题意的斜率存在，设方程为，
联立方程组可得，
解得、，
即，，
，、、三点共线．
，
又由，，即，
所以，所以，
∴联立方程组解得，所以，
所以，，
所以（为定值）.
.
【小问3详解】
设，
则，，
，得，故，
即存在一点满足条件．
.