安徽省2023-2024学年高二上学期阶段性检测数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省2023-2024学年高二上学期阶段性检测数学试题（Word版附解析），共25页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知向量，，且，则（ ）
A. 3B. C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量共线求解即可；
【详解】因为，所以，
解得：，
所以.
故选：B.
2. 已知直线l：的倾斜角为，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据倾斜角求出直线斜率，利用斜率建立方程求解即可.
【详解】因为直线l的倾斜角为，所以直线l的斜率为，
而直线的斜率为，所以，解得.
故选：B
3. 如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，即可求解.
【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得
，
故选：A.
4. 已知椭圆以及椭圆内一点，则以P为中点的弦所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点差法，列式计算即得.
【详解】显然点在椭圆内，设以P为中点的弦端点，
则，由，得，
即，所以直线的斜率.
故选：D
5. 如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间坐标系，利用空间向量法求解线面角，从而求解.
【详解】由题意知平面，且四边形为正方形，
所以以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系.
设，则，，，
从而，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成的角为，则
，故C项正确.
故选：C.
6. 设过定点A的直线和过定点B的直线交于点P，则的最大值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出定点的坐标，然后根据两直线垂直关系找到，然后根据直线与圆的位置关系求得的最值.
【详解】由题意可得动直线可化为，
斜率，过定点，
直线可化为，斜率，过定点，
又因为，故两直线垂直，
所以,即
所以P点轨迹为圆，结合圆与直线位置关系，
设则有
设，则有直线方程为，当直线与圆相切时，取得最值，
根据点到直线的距离，
解得：.
故选：A.
7. 已知圆与坐标轴的交点为，点P为椭圆上一点，若，则点P到轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，不妨设，得到点恰为椭圆的左右焦点，得出，得到，结合椭圆的定义，得到点在以为焦点的椭圆上，求得点的轨迹方程为，联立方程组，即可求解.
【详解】由圆与坐标轴的交点为，不妨设，
又由椭圆，可得，则，
所以恰为椭圆的左右焦点，可得，
因为，可得，
所以，所以点在以为焦点的椭圆上，且，
可得，则，所以点为椭圆，
联立方程组，解得，可得，
所以点到轴的距离为.
故选：B.
8. 如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先证明平面，然后在三角形BDP中，利用正弦定理求得三角形BDP的外接圆半径，所以三棱锥的外接圆半径，最后利用球的表面积公式可得答案.
【详解】因为正方体的棱长为2，又是的中点，
所以，又平面平面，
平面，平面平面，
所以平面，
所以在三角形BDP中，，
所以，
所以由正弦定理得：三角形BDP的外接圆半径，
所以三棱锥的外接圆半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知直线：，：，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线在x轴上截距为1B. 直线在y轴上的截距为1
C. 若，则或D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据截距的定义和直线的平行，垂直逐项判断；
【详解】选项A：令，代入直线，解得：，选项正确；
选项B：令，代入直线，解得：，选项错误；
选项C：直线的法向量分别为，，因为，所以直线的法向量也平行，即：，解得：或，当时，重合，舍去，故选项错误；
选项D：，所以直线的法向量也垂直，即，解得：，选项正确；
故选：AD.
10. 已知直线及圆，则（ ）
A. 直线过定点
B. 直线截圆所得弦长最小值为2
C. 存在，使得直线与圆相切
D. 存在，使得圆关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可.
【详解】A选项，由，
得，解得，所以直线过定点为，故A正确；
B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，
当时，直线截圆所得弦长最短，因为，
则最短弦长为，故B正确；
C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；
D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，
故D正确.
故选：ABD.
11. 已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，过点的直线交于两点，直线于，则（ ）
A.
B. 的最小值为4
C. 以为直径的圆与抛物线的准线相离
D. 存在定点，使得为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项：设出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算即可判断；
对于B选项：利用抛物线的焦半径即可判断；
对于C选项：比较半径与的中点到准线的距离即可判断；
对于D选项：结合题意可知直线经过定点，利用圆的相关知识，即可找到定点,从而计算出为定值.
【详解】对于A选项：若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，故可设直线为，且,
联立，可得，显然，
所以，
所以
所以,所以，故A正确；
对于B选项：，
故的最小值为5，故B错误；
对于C选项：设的中点为,则结合韦达定理，
所以到准线的距离为.
而，
所以，
故以AB为直径的圆与抛物线的准线相离,故C正确；
对于D选项：因为直线恒过定点，又直线于,
所以在以为直径的圆上, 的中点则为圆心，
所以,故存在定点Q，使得为定值,故D正确.
故选：ACD.

12. 已知在长方体中，，，，为矩形内（含边界）一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若．则（ ）
A. 在矩形内的轨迹是抛物线的一部分
B. 三棱锥体积的最小值是
C. 长度的最小值为
D. 存在唯一一点，满足
【答案】ABC
【解析】
【分析】作平面，分析点的轨迹即可判断选项A，在平面中分析建系，求出三棱锥体积的最小的点坐标，即可判断选项B，结合抛物线的性质即可判断选项C，结合选项C，建立空间直角坐标系，利用向量的模即可判断选项D.
【详解】如图，作平面，垂足为，
再作，垂足为，
因平面，，平面，
则平面，平面，所以，
连接，则，，
因为，所以，
所以，
由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，
所以的轨迹为抛物线一部分，A正确；
当点到线段距离最短时，
三角形面积最小，三棱锥体积最小，
建立如图所示直角坐标系，
则，
直线的方程为，
抛物线方程为，则，
设与平行且与抛物线有一个交点直线为，
则联立，得，
则，，
联立得，
所以到直线的最短距离为，
因为，
所以，B正确；
因为，
所以最小时，最小，且最小为，
所以最小为，C正确；
结合上述，建立空间直角坐标系如图，
则，
，
，
令，解得，
所以不存在点，满足，D错.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：本题属于圆锥曲线、空间几何体、空间向量的综合性题目，属于中档题，常用方法有：
（1）数形结合的数学思想；
（2）动点轨迹的转化；
（3）三棱锥体积最值的转化等.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的2倍的直线的方程为_________________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意设直线方程为，求截距，列式求解即可.
【详解】由题意可知：直线斜率存在且不为0，设直线方程为，
令，解得；令，解得；
可得，解得或，
所以直线方程为或.
故答案为：或.
14. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过C上一点M向y轴作垂线交另一支于N点，若，且，则C的离心率为_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可知：正方形，结合通径列式求解即可.
【详解】由题意可知：，且，结合对称性可知为矩形，
且，则为正方形，可得，
整理得，解得或（舍去）.
故答案为: .
15. 在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】在正方体中找到点关于平面的对称点，利用几何关系求的最小值.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，棱长为3，，
所以，，，，，
设直线与平面的交点为，由正方体性质可知，
，，平面，平面，
所以平面，所以在平面的投影为，且，
则关于平面的对称点即点关于的对称点，设为G，则为，
所以的最小值为，为.
故答案为：.
【点睛】
16. 已知椭圆，过原点作两条互相垂直的射线交椭圆于、两点，则弦长的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，当直线、分别与两坐标轴重合时，直接求出的值；当直线、的斜率都存在时，设直线，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】当直线、分别与两坐标轴重合时，；
当直线、的斜率都存在时，设直线，
联立，可得，
所以，，
同理可得，
所以，
，
因为，则，令，
令，
因为函数在上为增函数，在上为减函数，
又因为，，则，
此时，，则.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知在中，AB边所在直线的方程为，AC边所在直线的方程为，AC边上的中线所在直线的方程为．
（1）求C点的坐标；
（2）求的外接圆方程．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由直线方程联立求交点，由边上中线联立求得的中点，进而由中点坐标公式得点坐标；
（2）联立边上的中线得点坐标，设出圆的一般方程，由三点坐标代入待定系数即得.
【小问1详解】
由，得，
所以A点的坐标为，
由，得，即边AC的中点为，
所以C与A关于点M对称，
设，则，得，
所以C点的坐标为．
【小问2详解】
由，得，
故B点的坐标为，
设的外接圆方程为，且，
则，得，
则所求圆的方程为．
18. 如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形．
（1）求证：平面BCD⊥平面ACE；
（2）若，，，求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）首先证明BC⊥平面ACE，然后证明平面BCD⊥平面ACE；
（2）构建空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面ADE和平面CDE夹角的余弦值；
【小问1详解】
∵AB为圆锥底面的直径，C为底面圆周上一点，
∴BC⊥AC．
∵四边形OAED为矩形，OD⊥平面ABC，
∴AE//OD，AE⊥平面ABC，又平面ABC，
又∵，平面ACE，平面ACE，
∴BC⊥平面ACE．
又平面BCD，
∴平面BCD⊥平面ACE．
【小问2详解】
以C为坐标原点，AC，BC所在直线分别为x，y轴，过点C且与OD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，．
设平面ADE的法向量为，
则，即，
令，得，所以．
设平面CDE的法向量为，
则，即，
令，得，，
所以，
所以，
所以平面ADE和平面CDE夹角的余弦值为．
19. 已知过点且互相垂直的两条直线，，其中与x轴交于点G，与y轴交于点H.
（1）求GH的中点M的轨迹方程；
（2）已知圆C：，在（1）的轨迹上任取一点P，过P作圆C的切线PA，PB，切点为A，B，求四边形PACB面积的最小值及此时点P的坐标.
【答案】19.
20 ，
【解析】
【分析】（1）设点M的坐标，根据几何关系得，代入距离公式化简即可求解；
（2）根据四边形的对称性及勾股定理把面积问题转为的最小值问题，利用切线长公式及点到直线距离公式求出最小值，联立直线方程即可求解点的坐标.
【小问1详解】
如图，设，则，，连接EM，OM.
因为，所以，即，
化简即得点M的轨迹方程为；
【小问2详解】
如图，
由（1）知点M的轨迹方程为，则四边形PACB的面积，
因为为直角三角形，所以，当最小时，切线长最小，
显然当PC垂直于直线时，，
所以，
所以四边形PACB的面积最小值为.
此时，，又，所以直线PC：，
联立，解得，即.
20. 已知点，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是1．
（1）求点M的轨迹E的方程；
（2）过点作相互垂直的两条直线和，且与E交于C，D两点，与E交于G、H两点，求．
【答案】（1）（）
（2）．
【解析】
【分析】（1）设点坐标，然后根据斜率之积求解出点M的轨迹方程；
（2）设出直线方程：，，：，，联立方程组，然后根据韦达定理求解，，从而求解出.
【小问1详解】
设，．
∵，，，
∴，整理得（）．
即点M的轨迹E的方程为（）．
【小问2详解】
当和中一条直线垂直于x轴时，另一条直线为x轴，此时不符合题意．
当直线和的斜率存在且不为0时，如图，设：，，：，．
与E的方程联立得，消去x并整理得，
因为与E交于两点，故，
此时，
设，，则，，
所以，
同理，
所以．
21. 如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，，且平面⊥平面，．
（1）求的长；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）1; （2）．
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，然后可得平面，再结合条件计算即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，并利用线面角公式进行计算即可.
【小问1详解】
为等腰直角三角形，且，
过点P作于，则为的中点，
,，连接OC．
平面⊥平面，平面平面，平面，
平面，
平面，
,
又，，平面，平面，
平面，
又平面，
,
又，
．
【小问2详解】
以为坐标原点，过点作的平行线为轴，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
∴，，．
设平面的法向量为，
由，得，即，
取，得．
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
22. 已知圆：，点M为圆上任意一点，，的中垂线交于点E．
（1）求点E的轨迹方程．
（2）设点，过点T的动直线交E的轨迹于P，Q两点，在E的轨迹上是否存在一点A，使得直线AP的斜率和直线AQ的斜率之和为定值？若存在，求出A点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义得到，再利用关系即可；
（2）设PQ的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算并化简得，则得到定点坐标.
【小问1详解】
由题可知，，
所以E点在以，为焦点的椭圆上，
设该椭圆的方程为（），半焦距为c（），
由，得，由，得，
所以．
故点E的轨迹方程为．
【小问2详解】
设，，，当直线PQ不与x轴重合时，设PQ的方程为，
联立方程得，消去x并整理，得，
则，，，得．
．
若为常数，则，得，可得．
当时，；当时，．
当直线PQ与x轴重合时，此时可取，
当时，；
当时，．
则上述结论也成立．
所以存在满足题意的点A，此时点A的坐标为．
【点睛】关键点睛：本题的关键是采用设线法并联立椭圆方程得到韦达定理式，然后计算并化简，根据分式的性质得到定点坐标，最后不忘讨论斜率为0的情况.