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

1、合肥一中20232024学年度高二年级第一学期期中联考数学考生注意：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

2、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：A2. 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. 1

3、C. 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

4、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:A7. 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（

5、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

6、，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

7、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

8、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

9、轨迹长度为3C. 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

10、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】当直线在两坐标轴

11、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；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：115. 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.【

12、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

13、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

14、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

15、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，

16、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，

17、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

18、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，

19、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