安徽省阜阳市2024-2025学年高二上学期期中 数学试题（含解析）

这是一份安徽省阜阳市2024-2025学年高二上学期期中 数学试题（含解析），共19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。

一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．不存在
2．已知圆关于直线对称，则（ ）
A．B．1C．D．0
3．已知椭圆的一个短轴端点与两个焦点构成的三角形的内切圆半径为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正方体中，为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
5．从点向圆引两条切线，，切点分别为，，且四边形的面积为2，则不满足条件的点所在区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，若，则线段中点的横坐标为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．如图，在三棱锥中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
8．已知双曲线的左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、．现有如下命题：①右支上存在点满足为等腰三角形，，且；②右支上不存在点满足为等腰三角形，，且．那么下列判断正确的是（ ）
A．①②都是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题D．①②都是假命题
二、多选题
9．已知直线，圆，则（ ）
A．不过定点B．与相交
C．圆心到的距离的最大值为1D．是的一个方向向量
10．如图，在四棱锥，平面，底面是平行四边形，与交于点，则（ ）
A．
B．
C．点到的距离为
D．
11．已知曲线，其中，则（ ）
A．曲线关于原点对称
B．曲线上存在横坐标大于1的点
C．若，曲线与轴围成的面积大于
D．
三、填空题
12．将直线绕点顺时针旋转得到的直线方程是 ．
13．空间中，，，，，且平面，则 ．
14．已知曲线与圆交于，，，四个点，且四边形的面积为4，则圆的面积为 ．
四、解答题
15．已知向量，，，且．
(1)求；
(2)若向量与垂直，求．
16．已知直线，，，．
(1)证明：与的交点不在轴上；
(2)已知与交于点，，分别与轴交于，点，记的面积为，求的取值范围．
17．已知点，，动点满足，记其轨迹为，与轴交于点，过（异于点）作直线的垂线．
(1)求曲线的方程；
(2)记到的距离为，到的距离为，证明：为定值．
18．如图，多面体中，四边形为等腰梯形，四边形为矩形，为上一点，且，．

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为直二面角，当三棱锥的体积最大时，求：
①多面体的体积；
②平面与平面所成锐二面角的余弦值．
19．如图，已知抛物线，直线依次与，轴交于点，直线依次与，轴交于点，其中，．
(1)若，且，求；
(2)若，点关于轴的对称点为，证明：
①；②．
参考答案：
1．A
【分析】将直线方程转化为且，结合斜率与倾斜角的关系确定角的大小.
【详解】由且，易知斜率为1，直线倾斜角为.
故选：A
2．B
【分析】根据题意知直线过圆心，将圆心坐标代入即得答案.
【详解】由题意直线过圆心，则.
故选：B
3．A
【分析】根据椭圆的性质确定焦点三角形的周长和面积，再应用等面积法得到齐次式，即可求离心率.
【详解】由题设，焦点三角形的周长为，面积为，又其内切圆半径为，
所以.
故选：A
4．C
【分析】根据空间向量加法的几何意义及数量积的运算律整理化简，即可得答案.
【详解】由题设，易知，且，
.
故选：C
5．B
【分析】根据圆切线的性质有，，结合基本不等式、满足条件的点所在圆的半径范围，进而确定不满足条件的点所在区域的半径范围，即可得答案.
【详解】由题设，易知，，且，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以满足条件的点所在区域以为圆心，半径范围为，
则不满足条件点所在区域以为圆心，半径范围为，故面积为.
故选：B
6．B
【分析】设联立抛物线并应用韦达定理、面积公式列方程得，进而求线段中点的横坐标.
【详解】由题设，令，联立抛物线得，显然，
所以，，则，
所以，可得，
又，故线段中点的横坐标为4.
故选：B
7．B
【分析】若分别是中点，连接，应用空间向量数量积的运算律，将、作转化，结合充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】若分别是中点，连接，
若，则，可得，
所以，
即，
所以，即，
所以，充分性成立；
若，则
，
所以，即，必要性成立，
故选：B
8．D
【分析】由①中，求得，即重合，即可判断真假；由②，且求得，即重合，即可判断真假.
【详解】若，且，设，则，
由，则，
此时为双曲线的右顶点，即重合，与为等腰三角形矛盾，①为假命题；
若，则，又，即，则，
此时，结合双曲线的性质知重合，与为等腰三角形矛盾，②为假命题；

故选：D
9．BC
【分析】根据直线方程确定定点坐标判断A；定点坐标代入圆，判断点圆位置关系判断B；根据直线斜率写出一个方向向量，判断是否与平行判断D；数形结合判断C.
【详解】由过定点，圆心，半径为，
而，即在圆内，A错，B对，如下图，
当时，圆心到的距离的最大值为1，C对；
由，故是的一个方向向量，显然不与向量平行，
所以不是的一个方向向量，错.
故选：BC
10．ABD
【分析】由向量加法的几何意义判断A；利用向量加减的几何意义及数量积运算律化简判断B；利用向量法求点线距离判断C；由向量夹角的定义及数量积运算律判断D.
【详解】A：由题意有，所以，对；
B：，
由平面，平面，则，，
所以，对；
C：由，则，
所以点到的距离为，错；
D：由，
由，则，对.
故选：ABD
11．ACD
【分析】A将代入曲线方程验证；B根据对称性，研究部分曲线，有，结合二次函数性质知方程在上有解，推出矛盾；D分析研究部分曲线，有，知时，或，化为求、与曲线交点纵坐标判断，C结合圆，判断其上下左右边界与曲线在且部分的位置关系即可.
【详解】A：曲线任取一点，其关于原点对称的点，
代入曲线，得，即，
所以曲线关于原点对称，对；
B：由对称性，只需研究部分曲线，此时，
所以，对应关于的二次函数开口向上，对称轴，
若存在横坐标大于1的点，即方程在上有解，
所以，即，与矛盾，错；
D：结合对称性，只需研究部分，且，
当时，或，
所以为与曲线交点纵坐标，是与曲线交点纵坐标，
联立与曲线，得，即，
将代入左侧，得，即；
联立与曲线，得，即，
将代入左侧，得，即，
综上，，对；
C：由对称性，只需研究且的曲线部分，其上界满足，
当时，当时，
所以，而，显然，
对于圆，其面积为，上界高于曲线的上界，下界高于曲线的下界，
且，上述圆与已知曲线均过，即它们的左右边界重合，
易知该部分曲线围成的图形面积大于，对；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于D选项，注意在情况下，得或，问题化为求、与曲线交点纵坐标范围.
12．
【分析】根据倾斜角与斜率的关系，先确定所求直线的斜率，在用点斜式写出直线方程，化简即可.
【详解】因为直线的斜率为1，所以其倾斜角为.
将其顺时针旋转，所得直线的倾斜角为，所以所求直线的斜率为：.
所以所求直线方程为：即.
故答案为：
13．
【分析】先求出平面的一个法向量，再根据线面平行得出线线垂直,计算数量积即可求参.
【详解】因为，，，，，，
所以；
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
可得法向量，
由平面可得，即可得，经检验均满足题意.
故答案为：.
14．
【分析】根据，结合圆的对称性画示意图，设且，利用、分别关于原点对称，且四边形为矩形，列方程求参数，最后由及圆的面积公式求面积.
【详解】由，即为过一、三象限的双曲线，如下图示，
根据对称性，、分别关于原点对称，且四边形为矩形，
不妨令且，则，
则，故，
所以，又，
所以，即，所以，
若（负值舍），此时，则，圆的面积为；
若（负值舍），此时，则，圆的面积为；
综上，圆的面积为.
故答案为：
15．(1)；
(2).
【分析】（1）根据向量加减及模长的坐标运算，结合列方程求参数；
（2）由向量加减、垂直的坐标运算求得，再应用向量减法和模长坐标运算求结果.
【详解】（1）由，即，
所以，整理得；
（2）由，又向量与垂直，
所以，
所以.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）联立直线求交点纵坐标，即可证；
（2）首先求得、、，应用三角形面积公式
可得，结合对勾函数性质、基本不等式求范围.
【详解】（1）联立，可得，又，，
所以，
即与的交点不在轴上；
（2）由（1）知，，
由，令，有，
由，令，可得，
则，
所以，故，
令，则，
对于，
当且仅当，即时取等，
所以，
故，
则.
所以.
17．(1)且；
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用向量加法、模长的坐标运算，即可求曲线方程；
（2）根据题设，且，应用点线距离公式求、，并求出的坐标，得到关于的表达式，即可证结论.
【详解】（1）由题设，则，
所以所求曲线方程为且.
（2）由题设及圆的性质，显然直线斜率必存在，
如下图，不妨设，且，
则到的距离为，到的距离为，
令且，则，故，
所以，则，
综上，，为定值.
18．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）①根据组合体的体积将多面体分为三棱锥和三棱柱求解；
②建立空间直角坐标系，用法向量求解二面角的余弦值.
【详解】（1）

取中点为，连接，
因为，．
所以，，
又因为四边形为等腰梯形，
所以，
又因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为，
所以三角形为等腰三角形，
又因为，，为中点，
所以，
又因为四边形为等腰梯形，
所以，
所以
又因为四边形为矩形，
所以，
又因为，面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面
（2）①
过点作与交于点，连接，
由（1）知，面，面，
所以，
又因为，所以，
又因为四边形为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，
因为二面角为直二面角，
所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以三棱锥的体积最大时，，
所以多面体的体积.
②取中点为，过作的平行线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
所以，
则，，，
设面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，令，则，
则，
设面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，令，则，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
19．(1)2
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）利用平行关系，将面积比转化为线段比，分别联立两直线与抛物线方程，利用弦长公式用参数分别表达弦长，建立的方程求解可得；
（2）①由转化为坐标等量关系，结合抛物线方程证明横坐标相等即可得证；
②设，由直线与抛物线相交于可用表示点坐标，结合①可得，由对称关系可得，由直线与抛物线相交于，可用点坐标表示坐标，即也可用点表示坐标，由此分别表示，从而证明相等关系即可.
【详解】（1）由直线，直线，可知，
如图，设两平行线之间的距离为，
则点到边的距离与点到边的距离都等于.
所以，由，得.
联立直线与抛物线，设，
由，消得，
，由，可知.
由韦达定理知，
则
，
由直线，，
同理可得
，
则，解得，又，则.
（2）设，由题意可得，
①由，得，
则，即，所以，
由都在抛物线上，
得，，故；
②由①知，，
由，则，且.
由（1）可知，，，
则，；
同理可得，.
所以
由点即关于轴的对称点的坐标为，
则，
故；
同理可得，，；
所以.
又由，则，
所以，
则，得证.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于转化，一是第（1）问中将面积比转化为长度比，再通过联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理与弦长公式，将长度坐标化用参数表示出来，利用已知建立方程求解；二是理清之间，之间，及之间的对称关系，从而将所有长度问题都统一化归到点坐标来表示，使得式子两边的相等关系清晰化.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
C
B
B
B
D
BC
ABD
题号
11









答案
ACD