2023-2024学年安徽省合肥市第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册第一章、第二章.
一、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. 若，，则直线不经过的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的斜率及纵截距，再判断正负即可得解.
【详解】由，得，又，，则直线的斜率，在轴上的截距，
所以直线经过第二、三、四象限，不经过第一象限.
故选：A
2. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由方程表示圆可得，再由点在圆外即可得，求得实数的取值范围是.
【详解】易知圆可化为，可得，即；
又在圆外部，可得，解得；
可得.
故选：B.
3. 已知，，，为空间中不共面的四点，且，若，，，四点共面，则函数的最小值是（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点共面可得系数和为1，即可结合二次函数的性质求解最值.
【详解】因为，，，四点共面，所以存在，使得，
故,整理得
，又，
所以，所以，
所以，当时，函数取最小值，且最小值为.
故选:D.
4. 已知是平面内一点，是平面的法向量，若点是平面外一点，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点到平面的距离公式即可求出.
【详解】由题意得，故点到平面的距离，
故选：C.
5. 已知点，，直线与线段有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出直线的定点，再求出，数形结合，得出结果.
【详解】如图
由题意知直线过定点，
易求的斜率，
的斜率，
直线的斜率，
所以或，
即或
故选：C.
6. 已知圆，点在圆上，点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点坐标公式结合相关点法可得的轨迹方程为，即可根据相切求解最值.
【详解】由题意知圆的方程为，设，，
则,所以,又在圆上，所以，
即，即的轨迹方程为.如图所示，
当与圆相切时，取得最大值，
此时，，所以的最大值为.
故选:A
7. 如图，在四面体中，平面，，，为的中点，为上靠近的三等分点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，求得，，根据线线角的向量公式即可求解.
【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图所示），设，
则，，，，所以，，，所以.
设直线与所成角的大小为，则.
故选：D.
8. 已知圆和两点，，若圆上至少存在一点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，圆与圆的位置关系为相交、内切或内含，利用圆心距和两圆半径之间的关系即可求得.
【详解】圆的圆心，半径为，
因为圆上至少存在一点，使得，则，
所以圆与圆的位置关系为相交、内切或内含，
所以可得，又因为，
所以，即.
即实数的取值范围是.
故选：B.
二、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. 如图，在四棱锥中，，，，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用空间向量的基本定理可得出、、、关于的表达式.
【详解】对于A选项，
，故A错误；
对于B选项，
，故B正确；
对于C选项，，
故C正确；
对于D选项，，故D错误.
故选：BC.
10. 已知直线，直线，则（ ）
A. 当时，与的交点为B. 直线恒过点
C. 若，则D. 存在，使
【答案】ABC
【解析】
【分析】将代入解得两直线交点坐标为可判断A；令解得可判断B，由直线垂直的条件可判断C，由直线平行的条件可判断D.
【详解】对于A，当时，直线，直线，
联立解得
所以两直线的交点为，故A正确；
对于B，直线，令解得即直线恒过点，故B正确；
对于C：若，则，解得，故C正确；
对于D，假设存在，使，则，解得或，
当时，，，两直线重合，舍去，
当时，直线，直线，两直线重合，舍去，
所以不存在，使，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知、满足，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用距离的几何意义结合圆的几何性质可判断AD选项；设，可知直线与圆有公共点，利用直线与圆的位置关系求出的取值范围，可判断B选项；设，可知直线与圆有公共点，利用直线与圆的位置关系求出的取值范围，可判断C选项.
【详解】方程可变形为，
则方程表示的曲线是以为圆心，以为半径的圆，
对于A选项，设点，则表示圆上的点到原点的距离的平方，
因为，则原点在圆外，
所以，，
当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，
所以，的最小值为，故A错误；
对于B选项，设，则，
由题意知直线与圆有公共点，
则，即，解得，
即的最大值为，故B正确；
对于C选项，设，即，
由题意知直线与圆有公共点，
所以，解得，故的最小值为，故C正确；
因为，
所以，
代数式表示点到点的距离，
因为，所以，，
当且仅当点为线段与圆的交点时，取最小值，
所以，的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在正三棱柱中，侧棱长为3，，空间中一点满足，则（ ）
A. 若，则三棱锥的体积为定值
B. 若，则点的轨迹长度为3
C. 若，则的最小值为
D. 若，则点到的距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A：做出图像，由已知和选项找到点P的位置，判断到平面的距离为定值，又的面积为定值可求出；B：作图找到点P位置，判断轨迹长度即可；C：由向量共线得到P的位置，再点到直线的距离求最小值；D：建系，用空间向量关系求出到的距离，再用二次函数的性质求出最值.
【详解】
对A，若，分别作棱，的中点，，连接，则在线段上，易知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
若，分别作，的中点，，则点的轨迹为线段，易知，故B错误；
若，则，，三点共线，即点在线段上，易求点到距离为，故的最小值为，故C正确；
若，则点在线段上，易证，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，，
所以，
所以，
所以点到的距离，
所以当时，，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：本体考查平面向量关系和空间立体几何的位置关系判定和体积，距离的求法，利用点到直线的距离和二次函数和建立空间直角坐标系解答，计算量大，属于比较难的试题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线过点，且在轴上的截距为在轴上的截距的两倍，则直线的方程是___________.
【答案】或
【解析】
【分析】当纵截距为时，设直线方程为，代入点求得的值，当纵截距不为时，设直线的截距式方程，代入点求解.
【详解】①当直线在两坐标轴上的截距均为时，设直线方程为，
因为直线过点，所以，所以直线的方程为；
②当直线在两坐标轴上的截距均不为时，
设直线在轴上的截距为，则在轴上的截距为，
则直线的方程为，
又因为直线过点，所以，
解得：，
所以直线的方程为，即，
综上所述：直线的方程为或，
故答案为：或．
14. 已知点，，，四点共圆，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】设出圆的一般方程，带入，，坐标，求出圆的方程，再带入点求出答案.
【详解】设过，，的圆的方程为，，
则，
解得，
所以过，，的圆的方程为，
又点在此圆上，
所以，
即，
所以，
故答案为：1
15. 如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，利用，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】因为二面角的大小为，所以与的夹角为，
又因为，
所以，所以.
故答案为：.
16. 在中，顶点，点在直线上，点在轴上，则周长的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】拆线段之和最值问题，利用对称，将直线同侧折线段化为直线异侧两定点间的折线段之和，由两点之间线段最短可知.
【详解】设关于直线的对称点为，关于轴的对称点为，与的交点即为，与轴的交点即为.
如图，两点之间线段最短可知，的长即为周长的最小值.
设，则
解得即，
关于轴的对称点为，
故周长的最小值为.
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. 已知的三个顶点是，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求的角平分线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂直满足的斜率关系，即可由点斜式求解直线方程，
（2）根据两点距离可得三角形为等腰三角形，进而得中点坐标，根据两点斜率公式即可求解斜率.
【小问1详解】
设边上的高所在直线的斜率为，直线的斜率，
所以，所以，
故所求直线方程为，即.
【小问2详解】
由题意得，，
所以，则为等腰三角形，
的中点为，故，
由等腰三角形的性质知，为的平分线，
故所求直线方程为，即.
18. 已知圆.
（1）直线过点，且与圆相切，求直线的方程；
（2）设直线与圆相交于，两点，点为圆上的一动点，求的面积S的最大值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解；
（2）根据垂径定理求弦长，结合圆性质求面积最大值.
【小问1详解】
由题意得，圆的半径，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，
所以直线的方程为；
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，显然与圆相切；
综上，直线的方程为或.
【小问2详解】
由题意得圆心到直线的距离，
所以，
点到直线的距离的最大值为，
则的面积的最大值.
19. 不同材质的楔形零配件广泛应用于生产生活中，例如，制作桌凳时，利用楔形木块可以防止松动，使构件更牢固.如图是从棱长为3的正方体木块中截出的一个楔形体，将正方体的上底面平均分成九个小正方形，其中是中间的小正方形的顶点.
（1）求楔形体的表面积；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知求出楔形体侧面等腰梯形的高即可求出表面积为；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量即可求出平面与平面的夹角的余弦值为.
【小问1详解】
易得该楔形体的上底面为边长为1的正方形，下底面是边长为3的正方形，
侧面是等腰梯形，其上底面边长为1，下底面边长为3，腰的长为，
所以侧面等腰梯形的高为，
所以该楔形体的表面积为.
【小问2详解】
以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，，
则，，，.
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，解得，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
同理得，解得，令，则；
即平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知圆过，两点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）设直线与圆交于A，两点，在直线上是否存在定点，使得直线，的倾斜角互补？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点满足条件
【解析】
【分析】（1）先求的中垂线所在直线方程，根据圆的性质求圆心和半径，即可得结果；
（2）设，，根据题意可得，联立方程，利用韦达定理运算求解.
小问1详解】
由题意得的中点的坐标为，直线的斜率为，
因为，所以直线的斜率为1，
所以直线的方程为，即，
解方程组得，故，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
由消去整理得，
可得，
设，，则，（*）
设，则，（，分别为直线，的斜率）.
因为直线，的倾斜角互补，
所以，即，即，
即，将（*）式代入得，
整理得对任意实数恒成立，故，解得，
故点坐标为.
所以在直线上存在定点满足条件.
.
21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等边三角形，顶点在底面上的射影在正方形外部，设点，分别为，的中点，连接，.
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积为，设点为棱上的一个动点（不含端点），求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定、面面平行的判定、性质推理即得.
（2）利用给定体积求出锥体的高，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，如图，
由为的中点，得，而平面，平面，则平面，
又，且，即四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，于是平面，
显然，平面，因此平面平面，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，设该四棱锥的高为，则体积为，，
连接，则，平面，
于是平面，而平面，则平面平面，
在平面内过作，而平面平面，从而平面，
显然两两垂直，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，设，
则，点，，
设平面的一个法向量为，则，取，得，
设直线与平面所成的角为，则
，
令，则，且，
因此，
所以当，即时，取得最大值，且最大值为.
22. 已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线，过曲线与轴的负半轴的交点作两条直线分别交曲线于点（异于），且直线，的斜率之积为.
（1）求曲线的方程；
（2）证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据设点代入即可得到曲线的方程；
（2）先考虑斜率存在的情况，设直线联立，得到方程，进而得到过定点，再考虑斜率不存在的情况，也得到过该定点即可.
【小问1详解】
设，由，得，所以，
两边平方并化简，得曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，设直线、的斜率分别为，，
如图所示，
当不垂直于轴时，设，联立，
整理得，解得（舍）或，
当时，，所以，
同理得，
所以的斜率，
因为，代入可得，
故的方程为，
即，
故过定点；
当轴时，设，则，
所以，即，
又因为，代入可得，
解得或（舍），所以（或），
所以的方程为，过点.
综上，直线过定点