安徽省六安第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）.docx

1、六安一中2023年秋学期高二年级期中考试数学试卷时间：120分钟 一、选择题：1. 若直线l的一个方向向量为，则它的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线的方向向量求出斜率，进而可求得倾斜角.【详解】因为直线l的一个方向向量为，所以直线l的斜率，所以直线l的倾斜角为.故选：D.2. 若，则方程表示的圆的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】将方程变形成圆标准方程的形式，易知即可得出表示的圆的个数为3个.【详解】将方程变形可得，若该方程表示圆则可得，即，所以的取值有共3个，即表示的圆的个数也为3个.故选：C3. 已知椭圆，若的顶点

2、，分别是椭圆的两个焦点，在椭圆上，则的值为（ ）A. 25B. C. 12D. 24【答案】A【解析】【分析】计算得到，根据正弦定理得到答案.【详解】由椭圆，可得，所以，所以，在中，由正弦定理可得故选：A4. 已知两定点、，动点在直线上，则的最小值为（ ）A. B. C. 5D. 【答案】D【解析】【分析】求出对称点坐标，根据将军饮马模型即可求出最小值.【详解】作出图形知在直线的同侧，点关于直线的对称点，则.故选：D.5. 已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则A. 2B. C. 6D. 【答案】C【解析】【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长6.

3、 如图底面为平行四边形的四棱锥，若，则（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据空间向量的线性运算将用表示，再根据空间向量基本定理即可得解.【详解】由题意，又因为，所以，所以.故选：A.7. 已知点F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，A、B是以O（O为坐标原点）为圆心、|OF1|为半径的圆与该椭圆左半部分的两个交点，且F2AB是正三角形，则此椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意有坐标为，代入椭圆方程结合参数关系求离心率.【详解】因为F2AB是正三角形，知：，所以，可得，则，可得，又，所以.故选：D8. 柏拉图多面体是柏拉图及其追随者

4、对正多面体进行系统研究后而得名的几何体下图是棱长均为1的柏拉图多面体，分别为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量运算得，再求即可.【详解】由柏拉图多面体的性质可知，侧面均为等边三角形，四边形为边长为1的菱形，又，所以，故四边形为正方形，同理四边形也为正方形 取的中点，连接，则，同理，故选：A二、多项选择题：9. 若向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据空间向量夹角公式判断A，根据空间向量垂直的坐标表示判断B，根据空间向量平行的坐标关系判断C，根据空间向量的模的公式判断D【详解】由已知，D正确；，与不垂直B错误；，A正确；设

5、，则，满足条件的不存在，因此与不共线，C错误；故选：AD10. 下列说法正确的有（ ）A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2B. 直线在轴上截距为1C. 经过任意两个不同的点，的直线都可以用方程表示.D. 若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】求出直线与两坐标轴交点坐标即可得A正确；根据截距定义可知直线在轴上的截距为，可知B错误；由直线的两点式方程可得C正确；结合平移规则以及平移后直线与原直线相同可得该直线的斜率为，即D正确.【详解】易知直线与两坐标轴的交点分别为，所以与两坐标轴围成的三角形的面积是，即A

6、正确；令，可得，所以直线在轴上的截距为，可知B错误；由直线的两点式方程可知，经过不同两点，的直线都可以用方程表示，即C正确；设直线方程为，按照平移规则可得平移后的直线方程为，即与相同，所以可得，解得，即D正确.故选：ACD11. 已知圆，圆，则下列选项正确的是（ ）A. 两圆是外切的位置关系B. 直线的方程为C. 若P、Q两点分别是圆和圆上的动点，则的最大值为5D. 圆和圆的一条公切线段长为【答案】ABD【解析】【分析】根据圆心距与两圆半径之和相等可知A正确，利用两点坐标即可得B正确；易知当四点共线且在两侧时，取得最大值为，可得C错误；根据两半径差和圆心距可得公切线段长为，即D正确.【详解】由

7、题意可知圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为；两圆圆心距，即圆心距等于两半径之和，所以两圆外切，即A正确；由圆心坐标可知，所以直线的方程为，即，所以B正确；由圆与圆之间的位置关系可得的最大值为，如下图所示：当四点共线且在两侧时，取得最大值，可得C错误；设为两圆的一条公切线，切点分别为，易知，作于点，则，又，则，可得公切线段长为，即D正确.故选：ABD12. 已知A，B两点的距离为定值4，平面内一动点，记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，下面说法正确的是（）A. 若，则最大值为2B. 若，则最大值为C. 若，则最大值为D. 若，则最大值为1【答案】BC【解析】【分析】以线段的中点

8、为原点建立空间直角坐标系，则，设，根据条件分别求出动点的轨迹方程，再由三角形ABC的面积，转化为由轨迹方程求的最大值即可得解.【详解】如图，以线段的中点为原点建立空间直角坐标系，则，设，对于A，即，化简可得点C的轨迹方程，故，所以三角形ABC的面积，即C点为时，三角形ABC面积最大，故A错误；对于B，由题意可得，化简可得点C的轨迹方程，故，所以，即C点为时，三角形ABC面积最大，故B正确；对于C，由知，动点C的轨迹为以A，B为焦点的椭圆（除去长轴上的两个顶点），则，故椭圆方程为，故，三角形ABC的面积，即当C运动到短轴端点时，三角形面积最大，故C正确；对于D，由题意，化简可得C的轨迹方程，故，

9、三角形ABC的面积，即当C运动到短轴端点时，三角形ABC的面积的最大值为，故D错误.故选：BC【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方

10、程.三、填空题：13. 写出过点且与两定点、等距离的一条直线方程为_.（写出符合条件的直线方程一般式）【答案】（或）【解析】【分析】结合题意可得所求直线与过、两点的直线平行，所求直线经过、的中点时，都是满足题意的，进而求解即可.【详解】当所求直线与过、两点的直线平行时，满足题意，由于过、两点的直线斜率为，所以所求直线斜率为，则所求直线直线方程为：，即；当所求直线经过、的中点时，满足题意，由于、的中点为，则所求直线斜率为，则所求直线直线方程为：，即.所以满足条件的直线方程为或.故答案为：（或）.14. 已知椭圆，点在椭圆上，已知点与点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】先判断点在椭圆内部，

11、利用椭圆定义将转化为求出最大值即可.【详解】由题意，点为椭圆的左焦点，由于满足：，故在椭圆内部，设椭圆的右焦点为，连接，由于动点在椭圆上，则，从而，因为，当共线，且在线段上时取等号，故的最小值为，故答案为：15. 如图，在长方体中，点，分别是，的中点，则点到直线的距离为_【答案】【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即得【详解】以为原点，建立空间直角坐标系，则，所以所以点到直线的距离为：，即点到直线的距离为故答案为：16. 已知为圆上一动点，过点作圆的切线，交圆于点A、B，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】首先确定在处的切线l：，进而把题转化为求A，B两点横坐标的绝对值

12、的比的取值范围.再联立切线与圆的参数方程和根与系数的关系求出关于的方程，根据基本不等式求出的取值范围，解不等式组即得.【详解】原题等价于已知及其处的切线l：，圆C的圆心到圆O的距离为，半径为且与直线l交于A，B两点，求A，B两点横坐标的绝对值的比的取值范围.如图，设，则圆C的方程为，与直线l的方程联立可得，设两点横坐标之比为，则，得，整理得，当且仅当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以，得，得，故的最大值为.故答案为：四、解答题：17. 已知直线.（1）若，求实数值；（2）当时，求直线与之间的距离.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用直线垂直的公式列式计算即可.（2）先利用直线平

13、行求出a，然后代入平行直线距离公式求解即可.【小问1详解】因为直线，且，所以，所以所以【小问2详解】当时，解得，此时，所以与的距离.18. 已知平面内两点.（1）求垂直平分线所在直线的直线方程；（2）过点作直线，分别与轴，轴的正半轴交于两点，当取得最小值时，求直线的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据直线垂直平分线的性质，结合中点的坐标公式、直线斜率公式、互相垂直直线的斜率关系进行求解即可；（2）根据直线的截距式方程，结合基本不等式进行求解即可.【小问1详解】，中点，直线的垂直平分线的斜率，直线；【小问2详解】设，则直线，Q在直线上，当且仅当时取等号，即当且仅当时，等号成立此

14、时，.19. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，为棱的中点， （1）若为棱的中点，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2）存在点，位于棱上靠近点的三等分点处，证明见解析【解析】【分析】（1）根据线面平行判定定理及三角形中位线即可判定；（2）假设存在满足条件点，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据共线向量定理得到，从而确定点的坐标，进而求得平面的法向量，再根据两平面所成锐二面角的余弦值可求得的值，随即可判断点的存在性.【小问1详解】 取中点，连接，分别为

15、的中点，且底面四边形是矩形，为棱的中点，且且，故四边形是平行四边形，又平面，平面，平面【小问2详解】假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面， 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设，设平面的一个法向量为，则 ，取得，则易知平面的一个法向量为，.故存在点，位于棱上靠近点的三等分点处满足题意.20. 已知圆，动圆与圆外切，与圆内切，记圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）直线过点，且与曲线交于A，B两点，满足，求直线的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆定义求轨迹方程；（2）设，由向量平

16、行得出纵坐标关系，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理结合上述关系可求得参数值得直线方程【小问1详解】由题意可知：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，由条件可得，即，则根据定义可知，点是以，为焦点，以4为长轴长的椭圆，则，可得，所以曲线的方程为.【小问2详解】由知直线斜率不为0，不妨设，则，由可得，联立方程，消去得则，由韦达定理可得由代入得，解得，即因此直线，即.21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点坐标是，且椭圆上的点到距离的最大值为，过点的直线交椭圆于点.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）根据

17、题意可直接求得，计算可得，便可得椭圆的方程；（2）联立直线与椭圆方程利用韦达定理和弦长公式可求得，结合判别式可得，再由向量关系是可得，解不等式即可得实数的取值范围为或.【小问1详解】由焦点坐标可知，又椭圆上的点到距离的最大值为，可知，所以；故椭圆方程是；【小问2详解】设，显然直线斜率存在，设直线的方程为，由，整理得，则，解得，又，因且，则，于是有，化简得，则，即，所以，由得，则，而点在椭圆上，即，化简得，从而有，而，即，于是得，解得或，故实数的取值范围为或.22. 已知圆心在坐标原点的圆与直线相切.（1）求圆的标准方程；（2）已知点，过点作圆的两条切线，切点分别是A、B，若点是线段上的一个动点，直线交圆于M、N两点，求最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，由弦长公式可得，联立直线与圆的方程可得，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【小问1详解】设圆的方程为，由条件可得，所以圆的标准方程为.【小问2详解】由点可得切点弦，则.设，联立得，