2023-2024学年四川省部分名校高二上学期期中联合质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省部分名校高二上学期期中联合质量检测数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在空间直角坐标系Oxyz中，点A(1,−3,7)到Ozx平面的距离为
( )
A. 1B. 3C. 7D. 10
2.直线y=−xtan34∘+5的倾斜角为
( )
A. 34∘B. 56∘C. 124∘D. 146∘
3.已知P为圆M:x− 32+y− 62=1上的一动点，O为坐标原点，则|OP|的最大值为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知椭圆M:x29+y2b2=1(0A. 7B. 6C. 5D. 2
5.在空间直角坐标系中，点A1,−2,1在平面α外，点B0,−2,4在平面α内，平面α的一个法向量为n=1, 6,3，则点A到平面α的距离为
( )
A. 2B. 1C. 4 105D. 2 105
6.若点A(4,3)，B(3,5)到直线l:2x+ay+1=0的距离相等，则a=( )
A. 1B. −1C. 1或−2D. −1或2
7.如图，在四面体ABCD中，E,F分别为BC,AE的中点，G为▵ACD的重心，则FG=( )
A. −13AB+112AC+14ADB. −14AB+112AC+13AD
C. 14AB−112AC+13ADD. 13AB+112AC−14AD
8.已知F1,F2分别是椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点，第一象限内的点P在M上，PF2=b，直线PF2的斜率为−2 2，则M的离心率为
( )
A. 12B. 34C. 35D. 45
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，空间的一个基底可能是
( )
A. AB,AC,ADB. AB,AD,AA1
C. AB,AC,A1B1D. AB,AD,AC1
10.已知F1，F2分别是椭圆M:y28+x26=1的上、下焦点，点P在椭圆M上，则
( )
A. M的长轴长为4 2B. M的短轴长为2 6
C. F1的坐标为− 2,0D. PF2的最小值为 2
11.圆O:x2+y2=4与圆M:(x−1)2+(y−2)2=4的公切线的方程可能为
( )
A. x−2y+2 5=0B. 2x−y− 5=0
C. 2x−y−2 5=0D. 2x−y+2 5=0
12.数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径MN折成了直二面角(其中M对应钟上数字3,N对应钟上数字9).设MN的中点为O,MN=4 3，若长度为2的时针OA指向了钟上数字8，长度为3的分针OB指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针OC(安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细)，则下列说法正确的是
( )
A. 若秒针OC指向了钟上数字5，如图2，则OA⊥BC
B. 若秒针OC指向了钟上数字5，如图2，则NA//平面OBC
C. 若秒针OC指向了钟上数字4，如图3，则BC与AM所成角的余弦值为 147
D. 若秒针OC指向了钟上数字4，如图3，则四面体OABC的外接球的表面积为1033π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(−1,0,1)，b=(−2,1,1)，则a在b方向上的投影向量的坐标为__________．
14.已知直线ax+a−1y−2=0经过定点P，则点P的坐标为______．
15.已知椭圆M:x25+y23=1，过点P(1,m)，斜率为35的直线l与M交于A，B两点，且P为AB的中点，则m=__________．
16.若A，B是平面内不同的两定点，动点P满足|PA||PB|=k(k>0且k≠1)，则点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故被称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知P是圆C1:x2+y2=4上的动点，点C(4,0)，D(4,9)，则2|PD|−|PC|的最大值为_______．
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.(本小题10分)
已知直线l经过点A(−2,−4)．
(1)若l经过点B(1,−1)，求l的斜截式方程；
(2)若l在x轴上的截距为−4，求l在y轴上的截距．
18.(本小题12分)
已知圆C1:x2+y2−4x−5=0与圆C2关于直线l:x−y+1=0对称．
(1)求C2的标准方程；
(2)记C1与C2的公共点为A,B，求四边形AC1BC2的面积．
19.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，AB=2，AD=1，AA1=3，D1E=BF=1．
(1)证明：EF⊥A1E．
(2)求平面A1EF与平面ABCD的夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知A1−2,0是椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点，且M经过点 72,3 34．
(1)求M的方程；
(2)若直线l:y=kx−1与M交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，且1x1+1x2=−1，求k．
21.(本小题12分)
如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，平面ADE⊥平面ABCD，且AB=4，正三角形ADE的边长为2．
(1)证明：EF//平面ABCD．
(2)若EF22.(本小题12分)
圆x2+y2=a2+b2称为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为 22，C的蒙日圆方程为x2+y2=3．
(1)求C的方程；
(2)若F为C的左焦点，过C上的一点A作C的切线l1，l1与C的蒙日圆交于P，Q两点，过F作直线l2与C交于M，N两点，且l1//l2，证明：PQ2+8 2MN是定值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】点 A(1,−3,7) 到 Ozx 平面的距离即为y轴坐标的绝对值．
解：在空间直角坐标系 Oxyz 中，点 A(1,−3,7) 到 Ozx 平面的距离 d=y=3 ．
故选：B
2.【答案】D
【解析】【分析】根据斜率的定义结合诱导公式即可求解．
解：因为 −tan34∘=tan146∘ ，所以直线 y=−xtan34∘+5 的倾斜角为146°．
故选：D
3.【答案】D
【解析】【分析】根据点到点的距离公式，结合圆的性质即可求解．
解： M:x− 32+y− 62=1 的圆心为 M 3, 6 ，半径为 r=1 ，
由题意得 OM= 32+ 62=3>1 ，故 O 在圆外，
所以 OP 的最大值为 OM+r=4 ．
故选：D
4.【答案】A
【解析】【分析】根据等腰三角形的性质列式求解即可．
解：由题意得 AB= a2+b2= 9+b2 ， AC=7−a=4 ，
因为 ▵ABC 为等腰三角形，则 AB=AC ，所以 9+b2=4 ，解得 b= 7 ．
故选：A
5.【答案】A
【解析】【分析】求出向量 AB的坐标，根据空间距离的向量求法，即可求得答案．
解：由题意得 AB=−1,0,3 ，平面 α 的一个法向量为 n=1, 6,3 ，
所以点 A 到平面 α 的距离为 d=AB⋅nn=8 1+6+9=2 ，
故选：A
6.【答案】C
【解析】【分析】根据斜率公式以及中点坐标即可求解．
解：若 A ， B 在直线 l 的同侧，则 3−54−3=−2a ，解得 a=1 ．
若 A ， B 分别在直线 l 的两侧，则直线 l 经过 AB 的中点 72,4 ，则 7+4a+1=0 ，解得 a=−2 ．
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，将 FG 用 AB,AC,AD 表示即可．
解：因为 E,F 分别为 BC,AE 的中点，所以 AF=12AE=14AB+AC ．
因为 G 为 ▵ACD 的重心，所以 AG=13AC+AD ，
所以 FG=AG−AF=13AC+AD−14AB+AC=−14AB+112AC+13AD ．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】【分析】根据直线 PF2 的斜率可得 tan∠PF2F1=2 2 ，结合同角三角函数关系式求出 cs∠PF2F1=13 ，结合椭圆定义得 PF1=2a−b ，利用余弦定理即可求得 a,b,c 的关系式，即可求得椭圆离心率．
解：由题意知直线 PF2 的斜率为 −2 2 ，即得 tan∠PF2x=−2 2 ，
得 tan∠PF2F1=2 2 ， ∠PF2F1 为锐角，
结合 tan∠PF2F1=sin∠PF2F1cs∠PF2F1=2 2 ， sin2∠PF2F1+cs2∠PF2F1=1 ，
则 cs∠PF2F1=13 ，
由 PF1+PF2=2a ，得 PF1=2a−b ，
在 △PF1F2 中， cs∠PF2F1=F1F22+PF22−PF122F1F2PF2=4c2+b2−(2a−b)22×2c×b=13 ，
得 3b=3a−c ，所以 9b2=9a2−6ac+c2 ，即 5c2=3ac ，
可得 M 的离心率 e=ca=35 ，
故选：C
9.【答案】BD
【解析】【分析】根据基底的知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：因为A,B,C,D四点共面，所以AB,AC,AD不可能是空间的一个基底，A错误．
因为AB//A1B1，所以AB,AC,A1B1不可能是空间的一个基底， C错误．
AB,AD,AA1不共面、AB,AD,AC1不共面，所以B，D均正确．
故选：BD
10.【答案】ABD
【解析】【分析】根据题意，结合椭圆的几何性质，即可求解．
解：由椭圆M:y28+x26=1，可得a=2 2，b= 6，则c= 8−6= 2，
所以，椭圆M的长轴长为4 2，M的短轴长为2 6，上焦点F1的坐标为0, 2，
根据椭圆的几何性质，得到PF2的最小值为a−c= 2．
故选：ABD．
11.【答案】CD
【解析】【分析】根据圆心距和半径的关系可判断两圆相交，结合圆的半径相等，可得切线斜率，即可由点到直线的距离公式求解．
解：圆O的圆心为O0,0，半径为r=2，圆M的圆心为M1,2，半径R=2，
由题意得OM= 12+22= 5，圆O与圆M的半径之和为2+2=4，半径之差为0，
因为0< 5<4，所以圆O与圆M的位置关系为相交．
由题意得kOM=2，因为圆O与圆M的半径相等，所以公切线的斜率为2．
设公切线的方程为y=2x+b，即2x−y+b=0，由0−0+b 5=2，得b=±2 5，
所以公切线的方程为2x−y+2 5=0或2x−y−2 5=0．
故选：CD
12.【答案】ACD
【解析】【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体OABC的外接球的表面积，判断D．
解：
如图，以O为坐标原点，OM,OB所在直线分别为y轴､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,− 3,0,B0,0,3,M(0,2 3,0),N0,−2 3,0．
若秒针OC指向了钟上数字5，则C3 32,32,0,OA=1,− 3,0,BC=3 32,32,−3,OB=0,0,3，
则OA⋅BC=0，OA⋅OB=0，所以OA⊥BC， A正确．
OA⊥OB，故OA是平面OBC的一个法向量．
因为NA=1, 3,0，所以OA⋅NA=−2≠0，
所以OA与NA不垂直，从而NA与平面OBC不平行，B不正确．
若秒针OC指向了钟上数字4，则C32,3 32,0，
AM=−1,3 3,0,BC=32,3 32,−3，
csAM,BC=AM⋅BCAMBC=122 7×3 2= 147， C正确．
由AC=12,5 32,0，得AC= 19．
因为∠AOC=120∘，所以▵OAC外接圆的半径r=AC2sin∠AOC= 19 3，
则四面体OABC的外接球的半径R= r2+94，则R2=10312，
故四面体OABC的外接球的表面积为4πR2=1033π， D正确．
故选：ACD．
13.【答案】−1,12,12
【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算，结合投影向量的定义即可求解．
解：由 a=(−1,0,1) ， b=(−2,1,1) 得 a⋅b=2+0+1=3,b= −22+12+12= 6 ，
a 在 b 方向上的投影向量为 a⋅bb⋅bb=12b=−1,12,12 ．
故答案为： −1,12,12
14.【答案】2,−2
【解析】【分析】对直线方程变形，联立方程组 x+y=0−y−2=0 即可求解定点坐标．
解：直线 ax+a−1y−2=0 即 ax+y−y−2=0 ，由 x+y=0−y−2=0 得 x=2y=−2 ，
所以点 P 的坐标为 2,−2 ．
故答案为： 2,−2
15.【答案】−1
【解析】【分析】根据给定条件，利用点差法求解即得．
解：设椭圆 M:x25+y23=1 上的点 A(x1,y1),B(x2,y2) ，则 3x12+5y12=153x22+5y22=15 ，
两式相减得 3(x1−x2)(x1+x2)+5(y1−y2)(y1+y2)=0 ，而 x1+x2=2,y1+y2=2m ，
即 6(x1−x2)+10m(y1−y2)=0 ，整理得 3+5m⋅y1−y2x1−x2=0 ，又 y1−y2x1−x2=35 ，于是 m=−1 ，
显然点 P(1,−1) 在椭圆 M 内，符合题意，
所以 m=−1 ．
故答案为： −1
16.【答案】6 10
【解析】【分析】设 PC=2PE ，求出 E(1,0) ，然后将求 2|PD|−|PC| 的最大值问题转化为求 |PD|−|PE| 的最大值问题，数形结合即可得答案．
解：由题意得设 PC=2PE ， Px,y,E(m,n) ，
所以 (x−4)2+y2=4x−m2+y−n2 ，则 3x2+3y2+(8−8m)x−8ny+4m2+4n2−16=0 ，
由于 Px,y 是圆 C1:x2+y2=4 上的点，
所以 12+(8−8m)x−8ny+4m2+4n2−16=(8−8m)x−8ny+4m2+4n2−4=0 ，
所以 8−8m=0−8n=04m2+4n2−4=0 ，解得 m=1n=0 ，即 E(1,0) ，
所以 2|PD|−|PC|=2|PD|−|PE|≤2|DE| ，如图，
所以 2|PD|−|PC| 的最大值为 2|DE|=2 4−12+9−02=6 10 ，
故答案为： 6 10 ．
17.【答案】解：(1)由题意得 kAB=−4+1−2−1=1 ，则 l 的方程为 y+1=x−1 ，
其斜截式方程为 y=x−2 ．
(2)设 l 的截距式方程为 xa+yb=1 ，
由题意得 −2a+−4b=1,a=−4, 得 b=−8 ，
所以 l 在 y 轴上的截距为 −8 ．

【解析】【分析】(1)根据斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解；
(2)根据截距式代入即可求解．
18.【答案】解：(1)将 C1 的方程转化为 x−22+y2=9 ，可得 C1 的圆心为 2,0 ，半径为3．
设 C2 的圆心为 a,b ，半径为 r ，因为 C1 与 C2 关于直线 l ： x−y+1=0 对称，
所以 2+a2−b2+1=0,b−0a−2=−1,r=3, 解得 a=−1,b=3,r=3,
故 C2 的标准方程为 x+12+y−32=9 ．
(2)C1C2= 2+12+0−32=3 2 ，
根据对称性可知 C1 到直线 AB 的距离 d=C1C22=3 22 ，
则 AB=2 9−d2=3 2 ，
则四边形 AC1BC2 的面积 S=12ABC1C2=9 ．

【解析】【分析】(1)找到圆 C1 的圆心，半径，利用圆 C1 与圆 C2 关于 l 对称，求出圆心和半径即可;
(2)求出圆心距与 C1 到直线 AB 的距离，结合对称性即可求解．
19.【答案】解：(1)以 C1 为坐标原点， C1D1 ， C1B1 ， C1C 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1(2,1,0) ， E(2,0,1) ， F(0,1,2) ，所以 A1E=(0,−1,1) ， EF=(−2,1,1) ，
因为 A1E⋅EF=0×−2−1×1+1×1=0 ，所以 EF⊥A1E ．
(2)由(1) A1E=(0,−1,1) ， EF=(−2,1,1) ，
设平面 A1EF 的法向量为 m=(x,y,z) ，则 A1E⋅m=0EF⋅m=0 ，
即 −y+z=0−2x+y+z=0 ，不妨取 z=1 ，则 m=(1,1,1) ．
易得 C1C⊥ 平面 ABCD ，所以 C1C 是平面 ABCD 的一个法向量，且 C1C=(0,0,3) ．
设平面设 A1EF 与平面 ABCD 的夹角为 θ ，
所以 csθ=csm,C1C=m⋅C1CmC1C= 33 ．
故平面 A1EF 与平面 ABCD 的夹角的余弦值为 33 ．

【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；
(2)建立空间直角坐标系，以向量法去求平面 A1EF 与平面 ABCD 的夹角的余弦值即可解决．
20.【答案】解：(1)依题意可得 −a=−274a2+2716b2=1 ，解得 a=2,b2=3 ，所以 M 的方程为 x24+y23=1 ．
(2)联立 x24+y23=1y=kx−1 消去 y 得 3+4k2x2−8k2x+4k2−3=0 ，
因为 y=kx−1 经过定点 1,0 ，且点 1,0 在 M 的内部，所以 Δ>0 恒成立．
则 x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2−33+4k2 ．
所以 1x1+1x2=x1+x2x1x2=8k24k2−3=−1 ，解得 k2=1 ，即 k=±1 ．

【解析】【分析】(1)根据椭圆顶点坐标，把点M坐标代入椭圆方程，列式求解即可；
(2)联立直线与椭圆方程，韦达定理，结合 1x1+1x2=−1 即可求解．
21.【答案】解：(1)因为四边形 ABCD 为矩形，所以 AB // CD ，
又 AB⊄ 平面 CDEF,CD⊂ 平面 CDEF ，
所以 AB // 平面 CDEF ，
因为平面 ABFE∩ 平面 CDEF=EF,AB⊂ 平面 ABFE ，所以 AB // EF ，
又 EF⊄ 平面 ABCD,AB⊂ 平面 ABCD ，
所以 EF // 平面 ABCD ．
(2)分别取 AD,BC 的中点 O,M ，连接 OE,OM ，
因为平面 ADE⊥ 平面 ABCD,△ADE 为正三角形，
以 O 为坐标原点， OA,OM,OE 所在直线分别为 x 轴､ y 轴､ z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1,0,0,B1,4,0,C−1,4,0,E0,0, 3 ，
设 F0,m, 30设平面 BCF 的法向量为 m=x,y,z ，
则由 BC⋅m=0BF⋅m=0 得 −2x=0−x+m−4y+ 3z=0 ，
令 z= 3 ，得 m=0,−3m−4, 3 ，
因为直线 AE 与平面 BCF 所成角的正弦值为 217 ，
所以 csAE,m=AE⋅mAEm=32 9m−42+3= 217 ，
解得 m=2 或 m=6 (舍去)，
故 EF=2．

【解析】【分析】(1)先通过线面平行的判定定理证明 AB // 平面 CDEF ，然后根据线面平行的性质定理证明 AB // EF ，再结合线面平行的判定定理完成证明；
(2)建立合适空间直角坐标系，然后根据直线 AE 的方向向量与平面 BCF 的法向量夹角的余弦值求解出 EF 的值．
22.【答案】解：(1)依题意，得 a2+b2=3e=ca= 22a2=b2+c2 ，解得 a2=2b2=1c2=1 ，
所以椭圆 C 的方程为 x22+y2=1 ．
(2)当 l1 ， l2 的斜率等于0时， PQ=2 3−1=2 2 ， MN=2 2 ，
所以 PQ2+8 2MN=12 ；
当 l1 ， l2 的斜率不等于0时，设 l1 ： x=my+t ，则 l2 ： x=my−1 ，
由 x=my+tx22+y2=1 ，得 m2+2y2+2mty+t2−2=0 ，
令 Δ=(2mt)2−4m2+2t2−2=0 ，得 t2=m2+2 ．
设 O 到 l1 的距离为 d ，则 d=0+0−t m2+12=t m2+1 ，
得 PQ=2 3−d2=2 3m2+3−t2m2+1=2 3m2+3−m2+2m2+1=2 2m2+1m2+1 ，
由 x=my−1x22+y2=1 ，得 m2+2y2−2my−1=0 ，
易知 Δ>0 ，设 Mx1,y1 ， Nx2,y2 ，则 y1+y2=2mm2+2,y1y2=−1m2+2 ，
则 MN= 1+m2 y1+y22−4y1y2= 1+m2 4m2m2+22+4m2+2=2 2m2+1m2+2 ，
故 PQ2+8 2MN=42m2+1m2+1+8 2m2+22 2m2+1=43m2+3m2+1=12 ．
综上， PQ2+8 2MN 是定值．

【解析】【分析】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为 x1,y1,x2,y2 ；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x (或 y )的一元二次方程，注意 Δ 的判断；
(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2 、 x1x2 (或 y1+y2 、 y1y2 )的形式；
(5)代入韦达定理求解．
(1)依题意，利用待定系数法即可得解；
(2)分类讨论 l1 ， l2 的斜率取值情况，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得 PQ,MN ，从而得证．