安徽省合肥市重点中学2023-2024学年高二上学期期中联考数学Word版含解析.docx

《安徽省合肥市重点中学2023-2024学年高二上学期期中联考数学Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023-2024学年高二第一学期安徽省合肥市重点中学期中联考试题数学试卷一、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，只有一项符合题目要求．1.若直线的倾斜角满足，且，则其斜率满足（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】根据倾斜角和斜率关系可求斜率的范围.【详解】斜率，因为，且，故或，即或，故选：C.【点睛】本题考查倾斜角与斜率的关系，一般地，如果直线的倾斜角为，则当时，直线的斜率不存在，当时，斜率.2.直线过点且与直线垂直，则的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出直线的斜率，然后利用点斜式可写出直线的方程，化为一般式可得出答案.【详解】直线的斜率为，则直线的斜率为，因此，直线的方程为，即. 故选：A.【点睛】本题考查垂线方程的求解，一般要求出直线的斜率，也可以利用垂直直线系方程来求解，考查计算能力，属于基础题.3.已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（　　）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.【详解】向量是不共面的三个向量，对于A，，则向量共面，A不能构成空间基底；对于B，，则向量共面，B不能构成空间基底；对于D，，则向量共面，D不能构成空间基底；对于C，假定向量共面，则存在不全为0的实数，使得，整理得，而向量不共面，则有，显然不成立，所以向量不共面，能构成空间的一个基底，C能构成空间基底.故选：C4.在平行六面体中，向量是（）A.有相同起点的向量B.等长的向量C.共面向量D.不共面向量【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的概念和共面定理判断.详解】如图所示： 向量显然不是有相同起点的向量，A不正确；由该平行六面体不是正方体可知，这三个向量不是等长的向量，B不正确.又因为，所以共面，C正确，D不正确.故选：C5.如图，一座圆弧形拱桥，当水面在如图所示的位置时，拱顶离水面2米，水面宽12米，当水面下降1米后，水面宽度为A14米B.15米C.米D.米【答案】D【解析】【详解】以圆拱拱顶为坐标原点，以过拱顶顶点的竖直直线为y轴，建立直角坐标系，设圆心为C，水面所在弦的端点为A，B，则由已知可得：A（6，﹣2），设圆的半径为r，则C（0，﹣r），即圆的方程为x2+（y+r）2＝r2，将A的坐标代入圆的方程可得r＝10，所以圆的方程是：x2+（y+10）2＝100则当水面下降1米后可设A′的坐标为（x0，﹣3）（x0＞0）代入圆的方程可得x0，所以当水面下降1米后，水面宽为2米．故选：D． 6.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且则m，n的值分别为(　　)A.，－B.－，－C.－，D.，【答案】A【解析】【分析】直接利用向量的线性运算化简得,比较系数得.【详解】由于，所以.故选：A【点睛】本题主要考查向量的线性运算和空间向量的基本定理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.7.四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出平面的法向量，计算法向量与的夹角得出与平面的夹角，从而可求出到平面的距离．【详解】解：设平面的法向量为，，，则，，令可得，，即，2，， ，设与平面所成角为，则，于是到平面的距离为，即四棱锥的高为．故选：．【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于基础题．8.已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据可知，当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，当直线时，，，此时最小．∴即，由解得，．所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题． 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.下列说法正确的是（）A.直线必过定点B.直线在y轴上的截距为C.直线的倾斜角为D.若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则该直线l的斜率为【答案】AC【解析】【分析】直接利用直线的方程，直线的倾斜角和斜率之间的关系逐项判断即可得结论．【详解】对于A：直线，整理得，所以该直线经过点，故A正确；对于B：直线，令，解得，故直线在y轴上的截距为2，故B错误；对于C：直线，所以直线的斜率，所以，由于故，故C正确；对于D：直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则，所以直线的斜率为，故D不正确．故选：AC.10.已知，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.为钝角D.在方向上投影向量为【答案】BD【解析】【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D.【详解】因为，所以，不垂直，A错， 因为，所以，B对，因为，所以，所以不是钝角，C错，因为在方向上的投影向量，D对，故选：BD.11.圆C：，直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列结论正确的是（）A.直线l与圆C相交B.的最小值是1C.若P到直线l的距离为2，则点P有2个D.从Q点向圆C引切线，则切线段的最小值是3【答案】BCD【解析】【分析】对于A:求出圆心到直线的距离，即可判断直线与圆相离；对于B:利用几何法求出的最小值，即可判断；对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.求出m的方程，判断出直线m与圆C相交，有两个交点，即可判断；对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.要使切线长最小，只需最小.利用几何法求出切线段的最小值，即可判断.【详解】对于A:由圆C：，得圆C的标准方程为，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.故A错误；对于B:圆心到直线的距离,所以的最小值为. 故B正确;对于C:设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设.由，解得：或.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为1.当时，直线，圆心到直线的距离,所以直线m与圆C相离，不合题意.综上所述，圆上到直线l的距离为1的点有且只有2个.故C正确.对于D:根据图形知,过Q作QR与圆C相切于R，连结CR.则切线长.要使切线长最小，只需最小.点Q到圆心C的最小值为圆心到直线的距离d=5,由勾股定理得切线长的最小值为,故D正确.故选：BCD 12.如图，在棱长为1的正方体中（）A.AC与的夹角为B.三棱锥外接球的体积为C.与平面所成角的正切值D.点D到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法逐项判断即得．【详解】如图建立空间直角坐标系，则，对于A，，则，即，所以AC与的夹角为，故A错误；对于B，三棱锥外接球与正方体的外接球相同，又正方体的外接球的直径等于体对角线的长， 所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为，故B正确；对于C，设平面的法向量为，，所以，令，得到，，则，因为，设与平面所成角为，则，则，故C正确；因为，设点D到平面的距离为d，则，故D正确．故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若实数x、y满足x2＋y2＋4x－2y－4＝0，则的最大值是____.【答案】＋3【解析】【详解】将方程x2＋y2＋4x－2y－4＝0化为，表示以为圆心，半径为3的圆，表示圆上的点与原点之间的距离，容易判断原点（0,0）在圆内，且原点与圆心之间的距离为，所以的最大值为．点睛：本题主要考查圆内的点与圆上的点之间的距离最大值问题，属于中档题．本题注意数形结合，将代数问题转化为几何问题求解．14.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为_________． 【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，所以，即，故．15.已知矩形，，，沿对角线将折起，若二面角的大小为，则，两点之间的距离为______.【答案】【解析】【分析】过分别作由题意可求得由二面角的大小为，得到再利用可求得结果.【详解】过分别作 则二面角的大小为,,则,即两点间的距离为.故答案为：.16.瑞士数学家欧拉（LeonhardEuler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是_________【答案】或【解析】【分析】设，依题意可确定的外心为，可得出一个关系式，求出重心坐标，代入欧拉直线方程，又可得出另一个关系式，解方程组，即可得出结论.【详解】设的垂直平分线为，的外心为欧拉线方程为与直线的交点为，∴①由，，重心为，代入欧拉线方程，得②由①②可得或. 故答案：或.【点睛】本题以数学文化为背景，考查圆的性质和三角形的外心与重心，考查逻辑思维能力和计算能力，属于较难题.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.已知空间向量，，．（1）若，求；（2）若，求的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；（2）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到，由空间向量的夹角公式求解即可．【详解】解：（1）空间向量，，，因为，所以存在实数k，使得，所以，解得，则．（2）因为，则，解得，所以，故．18.已知ABC的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为．（1）求顶点C的坐标；（2）求直线BC的方程． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，利用点C在AB边上的中线CM上和直线AC与高线BH垂直求解；（2）设，利用点B在BH上和AB的中点M在直线CM上求解；【小问1详解】解：设，∵AB边上的中线CM所在直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为．∴，解得．∴．【小问2详解】设，则，解得．∴．∴．∴直线BC的方程为，即为．19.已知以点为圆心的圆与直线相切．（1）求圆C的方程；（2）过点的作圆C的切线，求切线方程．【答案】（1）；（2）和． 【解析】【分析】（1）由点到直线距离公式得圆半径后可得圆方程；（2）分类讨论，检验斜率不存在的直线是否为切线，斜率存在时设出切线方程，由圆心到切线的距离等于半径得结论．【小问1详解】由题意，圆半径不，所以圆方程为；【小问2详解】易知过点斜率不存在的直线是圆的切线，再设斜率存在的切线方程为，即，，解得，直线方程为，即．所以切线方程是和．20.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为棱PD的中点．（1）证明：；（2）求直线AE与平面PBD所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质与判定，证明平面即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面夹角即可.【小问1详解】 因为底面，平面，故.又为正方形，故.又，平面，故平面.又平面，故.【小问2详解】以为坐标原点，，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系.设，则，，，，.，，.设平面的法向量，则，即，设则.设直线AE与平面PBD所成角为，则.21.如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，为棱上一点，，过，，三点作平面交于点.（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据得到，确定平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算得到答案.（2）确定平面与平面的法向量，再根据向量的夹角公式计算即可.【小问1详解】如图所示：取为中点，为菱形，，则，故，，，以，，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，即，故，解得，故， 设平面的法向量为，则，取，得到，点到平面的距离为.【小问2详解】设平面的法向量为，则，取，得到；设平面的法向量为，则，取，得到；平面与平面夹角为锐角，余弦值为.22.在平面直角坐标系xOy中，圆C的圆心在直线x＋y－3＝0上，圆C经过点A(0，4)，且与直线3x－4y＋16＝0相切．（1）求圆C的方程；（2）设直线l交圆C于P，Q两点，若直线AP，AQ的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求出该定点坐标．【答案】（1）(x－3)2＋y2＝25；（2）证明见解析，定点为.【解析】【分析】（1）由圆心在直线上，可设圆心坐标C(a，3－a)，由圆心到切线的距离等于半径列方程解得后可得圆方程；（2）分类讨论，直线斜率不存在时，设，，x0≠0，由已知求出x0，但此直线与圆无交点，不合题意；直线l的斜率存在．设直线l的方程y＝kx＋t(t≠4)，，，把已知 用坐标表示出来，记为①式，由直线与圆相交，直线方程与圆方程联立，消元后应用韦达定理得，代入①式，得出的关系式，代入直线方程整理可得直线过定点的坐标．【详解】（1）因为圆心C在直线x＋y－3＝0上，所以设C(a，3－a)，因为圆C经过点A(0，4)，所以圆C的半径r＝AC＝，因为圆C和直线3x－4y＋16＝0相切，所以圆C的半径r＝，所以＝．化简，得a2－6a＋9＝0，解得a＝3．所以C(3，0)，半径r＝5．所以圆C的方程为(x－3)2＋y2＝25．（2）若直线l的斜率不存在，则可设，，x0≠0，所以(x0－3)2＋y02＝25，，消去y0得x0＝－6，再代入(x0－3)2＋y02＝25，y0不存在，所以直线l的斜率存在．设直线l的方程y＝kx＋t(t≠4)，，，所以，整理得，①直线方程与圆C方程联立，消去y得，所以，代入①得，由于t≠4，整理得，即，所以直线l的方程为，即，令解得 所以直线l过一个定点，该定点坐标为．