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word版含答案

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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.
【答案】A
2.
【答案】B
3.
【答案】D
4.
【答案】C
5.
6.
【答案】A
7.
【答案】D
8.
【答案】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.
【答案】BC
10.
【答案】ABC
11.
【答案】BCD
12.
【答案】ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
【答案】或
14.
【答案】1
15.
【答案】
16.
【答案】
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