安徽省池州市贵池区2023_2024学年高二数学上学期期中教学质量检测试卷含解析

这是一份安徽省池州市贵池区2023_2024学年高二数学上学期期中教学质量检测试卷含解析，共25页。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.
3．请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
4．保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的．
1. 直线：与直线：平行，则（）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线平行得到方程和不等式，求出答案.
【详解】由题意得，解得.
故选：A
2. 已知两条直线和的交点为，则过点且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设所求直线为，然后由直线与垂直，列方程可求出，从而可求出直线的方程.
【详解】设所求直线的方程为，即，
因为直线与垂直，
所以，解得，
所以直线的方程为，即.
故选：B.
3. 椭圆的焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍，则的值为（）
A. B.
C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将椭圆方程化为标准形式，再由条件列方程求的值.
【详解】椭圆化为标准方程为，故，
因为焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍，
所以，
故选：B.
4. 如图，在正三棱柱中，若，则点到直线的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】取的中点，则，
以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点到直线的距离．
故选：B.
5. 已知四面体的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量的线性运算可得，结合数量积的运算性质和定义求.
【详解】因为E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，
所以，，因为
，
，
，
所以．
故选：D.
6. 已知圆C：，过点的两条直线，互相垂直，圆心C到直线，的距离分别为，，则的最大值为（）
A. B. 1C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由四边形是矩形，应用勾股定理可求，再利用基本不等式可得答案.
【详解】过圆心C分别作直线，的垂线，垂足分别为，．
，互相垂直，所以四边形为矩形．
由圆C：，可得，又，
，
所以，当且仅当时取等号，即的最大值为1，
故选：B.
7. 已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
8. 如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论错误的是（）
A. 当时，三点共线
B. 当时，平面
C. 当时，平面
D. 当时，
【答案】D
【解析】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，根据长方体的性质，可得判定A正确；求得的法向量为，结合，可判定B正确；求得平面的法向量为，结合，可判定C正确；由时，结合，
所以与不垂直，所以D错误.
【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设，可得，
对于A中，当时，即为对角线的中点，
连接，在矩形中，可得也是的中点，
所以三点共线，所以A正确；
对于B中，当时，可得，所以，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以平面，所以B正确；
对于C中，当时，可得，所以，
设平面的法向量为，且，
则，取，可得，所以，
则，所以平面，所以C正确；
对于D中，当时，，由，
解得，则,
所以与不垂直，所以D错误.
故选：D.
二、多项选择题：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．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 对于空间一点O，下列命题中正确的是（）．
A. 若，则P，A，B，C四点共面
B. 若，则P，A，B，C四点共面
C. 若，则P，A，B三点共线
D. 若，则B是线段AP的中点
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间四点共面的结论即可判断AB，再利用三点共线的结论和平面向量共线定理即可判断CD.
【详解】对A，因为，则P，A，B，C四点不共面，故A错误；
对B，因为，则P，A，B，C四点共面，故B正确；
对C，因为，则P，A，B三点共线，故C正确；
对D，，即，即，则，共线，且点P,B在点A的一侧，
又因为有公共点，则点三点共线，则B是线段AP的中点，故D正确.
故选：BCD.
10. 以下四个命题表述正确的是（）
A. 圆上有且仅有个点到直线的距离都等于
B. 曲线与曲线，恰有四条公切线，则实数的取值范围为
C. 已知圆，为直线上一动点，过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为
D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则直线经过点
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A根据圆心到直线的距离与半径的关系来确定所求点的个数；选项B根据两曲线有四条公切线，确定曲线类型为圆，再由两圆外离列不等式求解；选项C利用圆心与切点的连线垂直切线列等式，转化为求圆心到直线上的点的距离的最小值问题；选项D利用切线的性质得切点弦方程，再根据切点弦方程求定点.
【详解】选项A：圆的圆心为，半径 .
圆心到直线的距离，
所以圆上有且仅有个点到直线的距离都等于
故选项A正确；
选项B：方程可化为，
故曲线表示圆心为，半径的圆.
方程可化为
因为圆与曲线有四条公切线，
所以曲线也为圆，且圆心为，半径 ( )
同时两圆的位置关系为外离，
有，即，解得.
故选项B错误；
选项C：圆的圆心，半径，
圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.
由切线的性质知，为直角三角形，
，
当且仅当与直线垂直时等号成立，所以的最小值为 .
故选项C正确；
选项D：设点，因为点在直线上，
所以，，
由圆的切线性质知，直线的方程为
，，
整理得，
解方程得， .
所以直线过定点.故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知左、右焦点分别是，的椭圆C：的离心率为e，过左焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为P，则下列说法中正确的有（）
A. 的周长为4a
B. 若直线OP的斜率为，AB的斜率为，则
C. 若，则e的最小值为
D. 若，则e的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义即可判断A；设，，利用点差法和中点坐标公式可得，进而判断B；根据平面向量的坐标表示可得，结合选项计算即可判断CD.
【详解】A:根据椭圆的定义，的周长为，故A正确；
B:设，，则，
所以，，由得，
所以，即，故B不正确；
C:，
因为，
所以，
由，得，故C正确；
D:由，得，故D正确．
故选：ACD.
12. 如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若平面与平面的交线为，则AC//l
C. 三棱柱的外接球的表面积为
D. 当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.
【详解】对于选项A，若，又因平面，
但是不一定在平面上，所以A不正确；
对于选项B，因为，所以平面，
平面平面，所以，所以B正确；
对于选项C，取的中心，的中心，
的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为，所以C不正确；
对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，
的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，
点到平面的最大距离为，所以D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 圆与圆的交点为A，B，则弦AB的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出两圆的公共弦方程，观察发现的圆心在公共弦上，从而得到弦AB的长为圆的直径，求出公共弦长.
【详解】圆与圆联立可得：
公共弦的方程为，
变形为，
故的圆心为，半径为，
而满足，故弦AB的长为圆的直径，
故弦AB的长为．
故答案为：.
14. 已知点，点，则直线的倾斜角为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两点斜率公式结合三角恒等变换求得，从而可得倾斜角；
【详解】设直线的倾斜角为，
则
，
所以直线的倾斜角为；
故答案为：.
15. 如图，已知两个正四棱锥与的高分别为1和2，，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】连接AC，BD，交于点O，则，连接PQ，则PQ过点O，由正四棱锥的性质知平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【详解】由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则．连接PQ，则PQ过点O．
由正四棱锥的性质知平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
于是，
所以异面直线AQ与BP所成角的余弦值为．
故答案为：
16. 已知椭圆，、是坐标平面内的两点，且与椭圆的焦点不重合．若关于椭圆的焦点的对称点分别为、，线段的中点在椭圆上，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，作出图形，的中点连接椭圆的两个焦点，便会得到三角形的中位线，根据中位线的性质及椭圆上的点到两焦点的距离和为即可求出．
【详解】设的中点为，椭圆的左、右焦点分别为、，如图，连接、，
因为是的中点，是的中点，则是的中位线，
所以，，同理可得，
根据椭圆的定义可得，
所以，.
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. 已知圆经过点.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点向圆作切线，求切线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法去求圆的标准方程；
（2）利用几何法去求过点的圆的切线方程即可解决.
【小问1详解】
设圆的方程为
则，解之得
则圆的方程为
则圆的标准方程为
【小问2详解】
圆圆心，半径
当过点的直线斜率不存在时直线方程为，与圆相切，符合题意；
当过点的直线斜率存在时直线方程可设为
则，解之得，
则，整理得
故过点的圆的切线方程为或
18. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，，点为上顶点，直线交椭圆于点.
（1）若，，求点的坐标；
（2）若，求椭圆的离心率.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）先求解椭圆的方程和直线的方程，联立方程组可求点的坐标；
（2）利用椭圆的定义及垂直关系求解，再结合余弦定理可求离心率.
【详解】（1）因为，，所以椭圆的方程为，直线，
，所以或，
所以点的坐标为.
（2）设，则，
因为点为上顶点，所以，
因为，所以，所以.
在三角形中，,
在三角形中，,
所以，即.
【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系及椭圆的离心率，离心率的求解的关键是建立之间的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.
19. 如图，四边形与四边形是全等的矩形，.
（1）若P是棱的中点，求证：平面平面；
（2）若P是棱上的点，直线BP与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易证平面，从而，再由，得到，从而，同理，从而，即，再由，得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）根据（1）得到，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，然后设二面角的大小为，由求解.
【小问1详解】
由题意知，所以，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
，即，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面，平面，
所以平面，
又因为面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，所以CP是直线BP在平面内的射影，
所以就是直线BP与平面所成的角，即，
所以，所以由勾股定理得，
又由（1）知，，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，，即，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，可知为锐角，
所以.
故二面角的正弦值为.
20. 如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
（1）证明：平面；
（2）若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
21. 如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.
（1）求证：；
（2）若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【小问1详解】
证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面平面.
所以
【小问2详解】
由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，
所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.
因为异面直线与所成角的正切值为，
所以，即
又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以
所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.
以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.
因为为正三角形所以，从而
由已知E，F分别是的中点，所以
则，所以，
所以，
因为，所以可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的取值范围为.
22. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆M过坐标原点O且圆心在曲线上.
（1）设直线l：与圆M交于C，D两点，且，求圆M的方程；
（2）设直线与（1）中所求圆M交于E，F两点，点P为直线上的动点，直线PE，PF与圆M的另一个交点分别为G，H，且G，H在直线EF两侧，求证：直线GH过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意设圆的方程为，再根据直线l：与圆M交于C，D两点，且，由求解；
（2）由题意设，又，得到，设，分别得到直线PE和直线PF的方程，与圆的方程联立，结合韦达定理，消去m得到，再设直线GH的方程为：，代入圆的方程，将韦达定理代入上式求解.
【小问1详解】
解：因为圆心在曲线上，
所以设圆心为，又圆M过坐标原点O，则半径为：，
设圆的方程为，
又直线l：与圆M交于C，D两点，且,
所以，则，解得，
当时，圆的方程为，
此时，圆心到直线的距离，符合题意；
当时，圆的方程为：，
此时，圆心到直线距离，不符合题意；
【小问2详解】
如图所示：
由题意设，又，
则，则，设，
则直线PE的方程为，代入圆的方程消去y得：
，
，
由韦达定理得，即，
设直线PF的方程为：，代入圆的方程消去y得：
，
，
由韦达定理得，即，
所以，，
消去m得，
设直线GH的方程为：，
代入圆的方程消去y得：，
，
由韦达定理得，，
则，即，
解得或，
当时，，直线GH的方程为，过定点；
当时，，解得，
直线GH方程为，过定点，此时G，H在直线EF同侧，不符合题意，
故直线GH过定点.