安徽省A10联盟2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷及参考答案

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数学（人教A版）试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请在答题卡上作答.
第I卷（选择题共58分）
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题所给四个选项中，只有一项是符合题意的.
1．在空间直角坐标系中，已知点，点，则（ ）
A．点和点关于x轴对称B．点和点关于平面对称
C．点和点关于y轴对称D．点和点关于平面对称
2．已知空间向量，，，若，，共面，则实数m的值为（ ）
A．1B．0C．D．
3．已知入射光线所在的直线的倾斜角为，与y轴交于点，则经y轴反射后，反射光线所在的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．若点在圆的外部，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知椭圆C：（且），直线与椭圆C相交于A，B两点，若是线段的中点，则椭圆的焦距为（ ）
A．2B．4C．D．
7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯与欧几里得、阿基米德齐名.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，阿氏圆（阿波罗尼斯圆）是其成果之一.在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上，且满足，当且时，点P的轨迹是圆，我们把这个轨迹称之为阿波罗尼斯圆.在中，，且，当面积取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
8．已知点P在椭圆C：上（点P不是椭圆的顶点），，分别为椭圆C的左、右焦点，交y轴于点G，且，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知直线：，：，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若直线不经过第四象限，则
D．若直线与轴负半轴和轴正半轴分别交于点，，为坐标原点，则面积的最小值是20
10．已知椭圆C：的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别是A，B，M是椭圆C上的一个动点（不与A，B重合），则（ ）
A．离心率
B．的周长与点M的位置无关
C．
D．直线与直线的斜率之积为定值
11．如图，正方体的棱长为2，为上底面内部一点（包括边界），，分别是棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．当直线和直线所成的角是30°时，点的轨迹长度是
B．若平面，则的最小值为
C．若，则直线和底面所成的最大角是45°
D．平面被正方体所截的截面形状是六边形
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．已知圆C过，两点，且圆心C在直线上，则该圆的半径为 .
13．已知实数x，y满足，则的取值范围为 .
14．已知椭圆：，，分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，满足，则椭圆的离心率的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知直线过点，求满足下列条件的直线的方程.
(1)与直线：垂直；
(2)两坐标轴上截距相反.
16．如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，分别为，的中点，，.
(1)求证：异面直线和垂直；
(2)求点到平面的距离
17．已知过点的直线与圆O：相交于A，B两点.
(1)若弦的长度为，求直线的方程；
(2)在x轴正半轴上是否存在定点Q，无论直线如何运动，x轴都平分?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
18．如图1，在矩形中，，，连接，沿折起到的位置，如图2，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点M是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
19．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率，短轴长为4.
(1)求E的标准方程；
(2)过点的直线交E于P，Q两点，若以为直径的圆过E的右焦点，求直线的方程；
(3)两条不同的直线，的交点为E的左焦点，直线，分别交E于点A，B和点C，D，点G，H分别是线段和的中点，，的斜率分别为，，且，求面积的最大值（O为坐标原点）.
1．B
【分析】根据点的坐标对称关系判断即可.
【详解】已知点和点的横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标相等，
所以点和点关于平面对称.
故选：B.
2．D
【分析】根据共面向量定理结合题意设，然后将向量的坐标代入列方程可求得结果.
【详解】由题意得，，即，
所以，解得.
故选：D.
3．A
【分析】根据题设得反射光线所在直线的斜率为，再应用点斜式写出直线方程.
【详解】由题意，所求反射光线所在直线的斜率为，且与y轴交于点，
所求直线的方程为，即.
故选：A
4．C
【分析】根据圆的一般方程以及点与圆的位置关系列式求解即可.
【详解】因为点在圆的外部，
则，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：C.
5．A
【分析】根据向量在向量上投影向量的计算公式求解.
【详解】向量在向量上的投影向量为，
故选：A
6．B
【分析】根据点差法求解中点弦问题求解即可.
【详解】设，，则，
将A，B的坐标代入椭圆方程得：，，
两式相减，得：，
变形为，
又直线的斜率为，所以，即，
因此椭圆的焦距为，
故选：B.
7．D
【分析】设，根据得到轨迹方程，并得到，表达出，当时，面积最大，求出，，由余弦定理得到答案.
【详解】由题意设，，，
由得：，
化简得，故，
∵，∴当时，面积最大，
此时不妨设，则，.
∴.
故选：D.
8．C
【分析】设Px0,y0，，结合椭圆上点到同侧焦点和准线的距离比为离心率得，根据角平分线的性质有，列方程求，即可得结果.
【详解】根据对称，不妨设Px0,y0，.
由题意得，，，，则离心率，
左准线方程为，所以，
因为，所以由角平分线定理得，
即，解得，所以.
故选：C
9．BD
【分析】对于A、B，根据直线的位置关系，建立方程，通过验根，可得答案；对于C、D，由直线方程，求得斜率与截距、点的坐标，建立不等式组，可得答案.
【详解】若，则，解得或，
经检验时，这两条直线重合，所以，故A错误；
若，则，解得，故B正确；
若直线：不经过第四象限，
则，解得，故C错误；
，，则，解得，
，令，
则，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确.
故选：BD.
10．BCD
【分析】根据椭圆方程得到、、，即可求出离心率，从而判断A，根据椭圆的定义判断B，根据椭圆的性质判断C，设，表示出斜率，即可判断D.
【详解】因为椭圆C：，则，，，则离心率，故A错误；
∵M是椭圆C上的动点（不与A，B重合），
∴，故B正确；
因为，即，故C正确；
不妨设，，，则，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11．AB
【分析】根据线面垂直得到线线垂直，即平面，则，进而得到，得到点的轨迹可判断A；由面面平行得到线面平行，即平面平面，则平面，得到点的轨迹可判断B；根据向量关系式确定点的位置，设点在底面的投影为，求出直线和底面所成角的正弦值可判断C；根据平面的性质作出平面被正方体所截的截面可判断D.
【详解】对于A，由正方体得平面，
平面，，
在中，，，则，
所以点的轨迹是上底面内以为圆心，以为半径的弧，
所以点的轨迹长度是，故A正确；
对于B，如图1，

分别取棱和的中点，，连接，，，，
易证平面平面，
若平面，则点在线段上运动，
故的最小值即到的距离，即，故B正确；
对于C，由得点在线段上，
设点在底面的投影为，易得点在线段上，
则为直线和底面所成的角，
则，
当最大时最小，因为，所以，
则直线和底面所成的最小角是45°，故C错误；
对于D，如图2，

延长，分别交，的延长线于点，，
连接，，分别交，于点，，
则平面被正方体所截的截面是五边形，故D错误.
故选：AB.
12．
【分析】求得线段垂直平分线方程并与直线可得圆心为，即可得半径为.
【详解】由题意得的中点为，，
则线段的垂直平分线为，即，
联立，解得，即圆心，
所以该圆的半径为.
故答案为：
13．
【分析】由题意，将问题转化为直线与半圆上点与点连接的直线的斜率.，数形结合分析即可.
【详解】因为，
所以，其表示为圆的上半部分.
设半圆上一动点Px,y，
表示的几何意义为点与点连接的直线的斜率，
当直线和半圆相切时，直线的斜率取最大值，
设直线的方程为，即，
所以，解得或（舍去），
则直线的斜率的最大值为；
当点为2,1时，则直线的斜率取最小值，为，
综上，的取值范围为.
故答案为：.

14．
【分析】根据已知条件列方程，求得的取值范围，由此列不等式，由此求得离心率的取值范围.
【详解】，即，
，
当且仅当时等号成立.
，
由于，所以当或时，
有最小值为，
所以，则，即，
即，解得.
故答案为：
【点睛】关键点睛：
椭圆焦点和离心率的应用：通过利用椭圆的焦半径和离心率关系，结合椭圆上的点条件，推导出离心率的范围，这是解题的关键步骤.
不等式解的准确性：通过解不等式，得出离心率的范围，确保计算过程中的符号处理正确，是确保结论正确的关键.
15．(1)
(2)或.
【分析】（1）由两条直线垂直求出所求直线的斜率，再由点斜式求出直线方程即可；
（2）分截距为零和截距不为零两大类进行讨论求解即可.
【详解】（1）因为，，所以，
则直线的方程为，即.
（2）当两坐标轴上截距为0时，设直线的方程为，
将代入，得，解得，
∴，即.
当两坐标轴上截距不为0时，设直线的方程为，
将代入，得，解得，∴，即.
综上，直线的方程为或.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建系，由方向向量的垂直即可求解；
（2）建系，通过点到面距离的向量法即可求解.
【详解】（1）以为坐标原点，，，分别为x，y，轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，，，，，，，，，.
易得，，
所以，
所以异面直线和垂直.
（2）易得，.
设平面的法向量为，则，
即，令，则.
因为，所以点到平面的距离为.
17．(1)或.
(2)存在，
【分析】（1）分斜率存在与否进行分析，结合弦长公式.列方程求解，可得答案；
（2）分斜率存在与否进行分析，联立方程，利用韦达定理，结合斜率与倾斜角的关系，可得答案.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
不妨得，，则，与题意不符，舍去.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx−1，即.
由弦长公式得圆心到直线的距离为，
所以，解得，
故直线的方程为或.
（2）
当直线轴时，直线的方程为，
不妨得，，此时x轴平分.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx−1，，Ax1,y1，Bx2,y2.
联立，得，，
所以，.
若x轴平分，则，即，
即，则，即，
解得.
综上，当点Q为时，能使得x轴平分恒成立.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点P，B分别向直线作垂线，垂足分别为点O，E，利用空间向量可得，进而可得线面、面面垂直；
（2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）过点P，B分别向直线作垂线，垂足分别为点O，E.
因为，，所以，，，
因为，，
所以
，
即，
所以，所以.
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以（1）中的点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
平面与平面夹角的余弦值.
19．(1)
(2)或.
(3).
【分析】（1）根据离心率与短轴长，结合a,b,c的关系式，建立方程组，可得答案；
（2）分直线斜率是否存在进行分析，设出直线方程，联立方程，利用韦达定理与圆的性质，可得答案；
（3）设出直线方程，联立方程，利用韦达定理，结合三角形面积公式，可得答案.
【详解】（1）由题意得，，所以.
因为短轴长为4，所以，解得，所以，
所以E的标准方程为.
（2）

由（1）知，F21,0.
当直线的斜率不存在时，则，，
此时以为直径的圆的圆心为，半径为，而，
则以为直径的圆不经过点，不符合题意，因此直线的斜率必存在.
设直线的方程为，Px1,y1，Qx2,y2，
联立，消去y得，，
，且，.
因为以为直径的圆经过点，所以.
所以，即，
所以，
整理得，
即，
化简得，即，
即直线的方程为或.
（3）

由（1）知，F1−1,0，则直线的方程为，直线的方程为，
设，，，，
联立，消去得，，
由，所以，
所以，，
即，同理可得，
因为，所以，则，
记的中点为，则.
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的面积最大值为.