2024-2025学年安徽省“卓越县中联盟&皖豫名校联盟”高二（上）期中联考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省“卓越县中联盟&皖豫名校联盟”高二（上）期中联考数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在空间直角坐标系Oxyz中，与点A(4,−6,−1)关于Oxy平面对称的点的坐标为( )
A. (−4,−6,−1)B. (−4,6,−1)C. (4,−6,1)D. (4,6,1)
2.若直线ax+y+1=0与(a+5)x+2y=0平行，则a=( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
3.已知△ABC的三个顶点分别为A(4,0)，B(6,−7)，C(4,−3)，则BC边上的中线所在直线的方程是( )
A. x+y=0B. x+y−4=0C. 5x+y−12=0D. 5x+y−20=0
4.已知直线l恒过点A(1,0)，圆C:x2+(y−1)2=4，则圆C上的点到直线l的距离的最大值为( )
A. 2+3B. 2+2C. 2+1D. 2
5.已知四面体ABCD的所有棱长都等于a，棱AB，CD的中点分别是M，N，则AN⋅MC=( )
A. a2B. 12a2C. 13a2D. 14a2
6.已知直线l过点B(−1,2,0)和C(0,3,1)，则点A(1,1,2)到直线l的距离为( )
A. 2 33B. 2C. 6D. 4 63
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过点F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，若S△OAF=2S△OBF(O为坐标原点，S表示面积)，则C的离心率为( )
A. 32B. 22C. 33D. 23
8.在空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成空间直角坐标系，若任意两条数轴的夹角均为60∘，我们将这种坐标系称为“斜60∘坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60∘坐标系”下向量的斜60∘坐标：已知i，j，k分别为“空间斜60∘坐标系”下三条数轴(x轴、y轴、z轴)正方向的单位向量，若向量n=xi+yj+zk，则n与有序实数组(x,y,z)相对应，称向量n的斜60∘坐标为[x,y,z]，记作n=[x,y,z].如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=4，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60∘，以{AB,AD,AA1}为基底建立“空间斜60∘坐标系”，若AM=[2,t,0]，且AM与AC1的夹角为90∘，则t=( )
A. − 2
B. −2
C. 2
D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面α，β的法向量分别是m=(2,−1,2)，n=(2,4,0)，直线l的方向向量为a= (1,4,1)，则( )
A. α⊥βB. l//α
C. {a,m,n}可以作为空间的一个基底D. n在a上的投影向量的模长为3 2
10.已知椭圆C:x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，若△F1PF2是直角三角形，则△F1PF2的面积可以是( )
A. 12B. 22C. 32D. 1
11.已知点A(0,2)，B(0,12)，曲线C1是满足|MA|=2|MB|的点M的轨迹，P，Q分别是曲线C1与圆C2:(x−3)2+(y+4)2=r2(r>0)上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 若曲线C1与圆C2有公共点，则4≤r≤6
B. 若r=2 3，则两曲线交点所在直线的方程为3x−4y−7=0
C. 若r=3，则|PQ|的取值范围为[1,9]
D. 若r=2，过点P作圆C2的两条切线，切点分别为E，F，则存在点P，使得∠EPF=π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆C:x2+y2−2ax−4ay+4a2+2a−3=0的半径的最小值为 ．
13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与C交于A，B两点，则A，B，F1三点能构成边长为4的正三角形时，C的方程为 ．
14.如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，BC=3EC，点P是底面ABCD内(包括边界)的动点，且满足B1P⊥D1E，则符合条件的点P形成的轨迹的长度为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=(3,1,5)，b=(−1,6,−2)，c=(5,8,λ).
(Ⅰ)若a，b，c共面，求λ的值;
(Ⅱ)若(ka+b)⊥b，求k的值．
16.(本小题12分)
已知直线l的方程为(m+3)x+(2m−1)y−7m=0(m∈R)．
(Ⅰ)证明：直线l过定点．
(Ⅱ)当m为何值时，点Q(3,4)到直线l的距离最大?最大值是多少?
17.(本小题12分)
已知圆M经过A(1,−2)，B(−2,1)两点，且圆心在直线x+y−2=0上．
(Ⅰ)求圆M的方程;
(Ⅱ)若P为直线l:4x+y+12=0上的动点，过点P作圆M的切线PE，PF，切点分别为E，F，当|PM|⋅|EF|最小时，求直线EF的方程．
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为4的等边三角形，CC1=4，∠ACC1=60∘，D，E分别是棱AC，CC1的中点，平面C1CAA1⊥平面ABC．
(Ⅰ)求证：A1C⊥BE．
(Ⅱ)在棱B1C1上是否存在点P，使得平面PBD与平面BDE的夹角的余弦值为2 77?若存在，求出点P的位置;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为M，左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 22，P为E上任意一点，且|PF1|+|PF2|=4．
(Ⅰ)求E的方程．
(Ⅱ)设过点T(t,0)的直线l与E有两个不同的交点A，B(均不与点M重合)．
(ⅰ)若以线段AB为直径的圆恒过点M，求t的值;
(ⅱ)在(ⅰ)的条件下，若直线l的斜率存在且线段AB的中点为N，求证：直线l与直线ON(O是坐标原点)的斜率之积为定值．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.B
5.B
6.C
7.D
8.B
9.ACD
10.BD
11.AC
12. 2
13.x29+y26=1
14. 10
15.解：(Ⅰ)∵a=(3,1,5)，b=(−1,6,−2)，
∴a与b不平行，
∵a，b，c共面，
∴存在实数x，y，使得c=xa+yb，即3x−y=5,x+6y=8,5x−2y=λ,
解得x=2,y=1,λ=8,
故实数λ的值为8．
(Ⅱ)∵a=(3,1,5)，b=(−1,6,−2)，且(ka+b)⊥b，
∴(ka+b)⋅b=ka⋅b+b2=0，
即k(−3+6−10)+(1+36+4)=0，解得k=417．
16.解：(Ⅰ)将直线l的方程整理得(x+2y−7)m+(3x−y)=0，
由x+2y−7=0,3x−y=0,解得x=1,y=3,
所以直线l恒过点(1,3);
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得直线l过定点，设定点为P(1,3)，
当PQ⊥l时，点Q到直线l的距离最大，且最大距离d=|PQ|= (1−3)2+(3−4)2= 5，
即点Q到直线l的最大距离为 5，
此时kPQ=4−33−1=12，而直线l的斜率k=−m+32m−1，
所以−m+32m−1=−2，解得m=53．
17.解：(Ⅰ)设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
由已知得(1−a)2+(−2−b)2=r2(−2−a)2+(1−b)2=r2a+b−2=0，解得a=1b=1r=3,
所以圆M的方程为(x−1)2+(y−1)2=9．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知圆M的方程为(x−1)2+(y−1)2=9，圆心为M(1,1)，半径r=3．
因为S四边形PEMF=12|PM|⋅|EF|=2S△PEM=|PE|⋅|EM|=3|PE|=3 |PM|2−9，
所以要使|PM|⋅|EF|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直，
由直线l:4x+y+12=0，可得直线PM的斜率为14，
直线PM的方程为y−1=14(x−1)，即x−4y+3=0，
由x−4y+3=0,4x+y+12=0,解得x=−3,y=0,即P(−3,0)，
则以PM为直径的圆的方程为(x+1)2+(y−12)2=174．
由(x−1)2+(y−1)2=9(x+1)2+(y−12)2=174,两式相减可得直线EF的方程为4x+y+4=0．
18.解：(Ⅰ)连接AC1，如图，
由题知四边形C1CAA1是菱形，则A1C⊥AC1，
又D，E分别为棱AC，CC1的中点，所以DE//AC1，故A1C⊥DE．
因为△ABC为等边三角形，D为AC的中点，所以BD⊥AC．
又平面C1CAA1⊥平面ABC，平面ABC∩平面C1CAA1=AC，BD⊂平面ABC，
所以BD⊥平面C1CAA1，
又A1C⊂平面C1CAA1，故BD⊥A1C.
又BD∩DE=D，BD，DE⊂平面BDE，所以A1C⊥平面BDE，
因为BE⊂平面BDE，所以A1C⊥BE．
(Ⅱ)连接C1D，
由AC=CC1=4，∠ACC1=60∘，可知△C1CA为等边三角形，
又D是AC的中点，所以C1D⊥AC，
由(Ⅰ)得BD⊥平面C1CAA1，所以DB，DA，DC1两两互相垂直．
故以D为原点，DB，DA，DC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(2 3,0,0)，C1(0,0,2 3)，C(0,−2,0)，A1(0,4,2 3)，B1(2 3,2,2 3).
假设在棱B1C1上存在符合要求的点P，设C1P=λC1B1=(2 3λ,2λ,0)(0≤λ≤1)，
则DP=DC1+C1P=(2 3λ,2λ,2 3)，DB=(2 3,0,0)．
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=0,n⋅DP=0,即2 3x=0,2 3λx+2λy+2 3z=0,
即x=0,λy+ 3z=0,取z=−λ，则y= 3，所以n=(0, 3,−λ).
由(Ⅰ)得m=CA1=(0,6,2 3)是平面BDE的一个法向量，
因为平面PBD与平面BDE的夹角的余弦值为2 77，
所以|cs|=|6 3−2 3λ|4 3× λ2+3=|3−λ|2 λ2+3=2 77，即3λ2+14λ−5=0，解得λ=13或λ=−5(舍去)，
故存在点P，且P为棱C1B1上靠近点C1的一个三等分点，使得平面PBD与平面BDE的夹角的余弦值为2 77．
19.解：(Ⅰ)设椭圆E的半焦距为c(c>0)．
由题意得2a=4，a=2．
因为E的离心率e=ca= 22，所以c= 2，结合a2−c2=b2，得b= 2，
所以E的方程为x24+y22=1．
(II)(i)设直线l的方程为x=my+t，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+t,x2+2y2−4=0消去x，得(m2+2)y2+2mty+t2−4=0，
所以Δ=(2mt)2−4(m2+2)(t2−4)=8(2m2−t2+4)>0，y1+y2=−2mtm2+2，y1y2=t2−4m2+2，
所以x1+x2=m(y1+y2)+2t=4tm2+2，
x1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=m2(t2−4)m2+2−2m2t2m2+2+t2=2t2−4m2m2+2，
因为以线段AB为直径的圆恒过点M(2,0)，
所以MA⋅MB=0，即(x1−2)(x2−2)+y1y2=0，
所以x1x2−2(x1+x2)+4+y1y2=0，即2t2−4m2m2+2−2×4tm2+2+4+t2−4m2+2=0，
即3t2−8t+4=0，解得t=23或t=2(舍去)，满足Δ>0，故t=23．
(ii)由题可知m≠0.
结合(i)可知x1+x2=83(m2+2)，y1+y2=−4m3(m2+2)，所以N(43(m2+2),−2m3(m2+2))，
所以直线ON的斜率kON=−2m3(m2+2)43(m2+2)=−m2，
又直线l的斜率kAB=1m，所以kAB⋅kON=1m⋅(−m2)=−12，为定值，证毕．