安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二上学期第二次数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高二上学期第二次数学试题（Word版附解析），共25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。
（考试总分：150 分 考试时长： 120 分钟）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分40分）
1. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若且，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直以及面面垂直的性质判断A，B；根据线面平行的性质判断C；根据线面垂直的性质判断D.
【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，
对于B，若，则或者或者相交，故B错误，
对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.
对于D，若，则，又，所以，故D正确，
故选：D.
2. 已知函数是奇函数且满足，当，时，恒成立，设，，，则a、b、c大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的周期性、单调性，结合奇偶性判断出正确答案.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以，
故，所以函数的周期为，
当、时，恒成立，
即当时，，
即，所以函数在上为单调增函数，
因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，
因，，
因，所以．故．
故选：B
【点睛】如果一个函数的图象既关于直线对称，也关于点对称，则这个函数具有周期性.对于函数的单调性来说，在时，若，则函数单调递增.奇函数的单调性在轴两侧对应的区间上相同，偶函数则相反.
3. 设，若恒成立，则的最大值为（ ）
A. 9B. 18C. 20D. 27
【答案】B
【解析】
【分析】根据变形后，利用均值不等式求出的最小值即可求解.
【详解】,,
,
当且仅当，即时等号成立.
所以，即实数k的最大值为18，
故选：B.
4. 已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.
【详解】因为直线：，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是.
故选：B.
5. 加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）

A. 椭圆的离心率为B. 椭圆的蒙日圆方程为
C. 若为正方形，则的边长为D. 长方形的面积的最大值为18
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
6. 已知函数（且），设T为函数的最小正周期，，若在区间有且只有三个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可确定为函数的最小正周期，结合求出，再根据在区间有且只有三个零点，结合余弦函数性质列出不等式，求得答案.
【详解】由题意知为函数的最小正周期，故，
由得，即，
由于，故，
在区间有且只有三个零点，故，
且由于在上使得的x的值依次为，
故，解得，即，
故选：D
7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.
8. 在正三棱柱中，，，则下列结论不正确的是（ ）
A. 不存在，使得异面直线与垂直
B. 当时，异面直线和所成角的余弦值为
C. 若，当时，三棱锥的外接球的表面积为
D. 过且与直线和直线所成角都是的直线有两条
【答案】D
【解析】
【分析】A.利用反证法，说明矛盾；B.利用异面直线所成角的定义，即可求解；C.利用几何图形构造三棱锥外接球的球心，即可求解；D.根据异面直线所成角的定义，构造图形，分情况求解，即可判断.
【详解】对于A，假设存在满足题意，使得，
又，，且平面
所以平面，所以，这与是正三角形矛盾，
所以假设不成立，故A正确；
对于B，当时，，如图1，
取靠近点的三等分点，连接，，易得，，
所以四边形是平行四边形，则，所以或其补角即为异面直线和所成的角，
设，则，，
在中，由余弦定理得，故B正确；
对于C，，当时，结合正弦定理可得得外接圆的半径，设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球球心为，半径为，如图2，
易知，，所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确；
对于D，在平面和平面内，过点分别作直线和直线的平行线和，由异而直线所成的角的定义知：过的直线与直线和直线所成角与过的直线与直线和所成角相等，如图3，过作；
如图4，过作，使得；
如图5，过作，使得，共三条，故D错误.
故选：D
二、 多选题 （本题共计4小题，总分20分）
9. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为16B. 的最小值为9C. 的最大值为1D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用基本不等式即可判断A；根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断B；利用消元法即可判断C；利用消元法结合二次函数的性质即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以（舍去），所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为16，故A正确；
对于B，因为，
所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9，故B正确；
对于C，由B得，则，
则，故C错误；
对于D，，
当，即时，取得最小值，
所以当时，的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
10. 将函数图象上点的横坐标缩短为原来的，然后将所得图象向右平移个单位，得到函数的图象．则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C. 的单调递增区间为
D. 为图象的一条对称轴
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换求出，的解析式，即可判断AB,验证在处是否取得最值，即可判断D，直接求出的单调递增区间即可判断C.
【详解】由于函数，
将函数的图象上的点的横坐标缩短为原来的倍，得到，然后其图象向右平移个单位得到函数的图象，
所以，又，
所以，由于且,故，故，
因此，故AB正确，
对选项D：因为，所以是函数的一条对称轴，故D正确；
对选项C：由得，
故单调递增区间为，C不正确；
故选：ABD．
11. 如图，在三棱锥中，，若三棱锥的体积为，则下列说法正确的有（ ）

A.
B. 直线PC与面PAB所成角的正弦值为
C. 点A到平面PBC的距离为
D. 三棱锥的外接球表面积
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由体积公式，计算点到平面的距离，即可判断；B.根据垂直关系，构造线面角，即可判断；C.利用等体积转化，即可求解并判断；D.根据外接球的半径公式，即可求解并判断.
【详解】设点到平面的距离为，
三棱锥的体积，得，
因为，所以平面，又平面，
所以，故A正确；
因为平面，所以平面平面，
且平面平面，
取的中点，连结，
因为是等边三角形，所以平面，
为直线PC与面PAB所成角，，,
所以,故B正确；

中，，，
所以边上的高为，,
设点到平面的距离为，则，得，故C错误；
如图，过的中心作平面的垂线，过线段的中点作的垂线，
两条垂线交于点，则点到四点的距离相等，
即点是三棱锥外接球的球心，

外接圆的半径，,
所以三棱锥外接球的半径,
所以外接球的表面积，故D正确.
故选：ABD
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（ ）
A. 四边形的周长为8B. 的最小值为9
C. 直线，的斜率之积为D. 若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆定义结合椭圆对称性可判断A；利用椭圆定义以及基本不等式判断B；设，，表示出，的斜率之积，结合点在椭圆上即可化简求值，判断C；将转化为，利用图形的几何意义求解，判断D.
【详解】对于A，由题意知对于椭圆，，
与椭圆交于，两点，
则，关于原点对称，且，,
故四边形的周长为，A正确；

对于B，由于，关于原点对称，故，
所以
，
当且仅当，结合，即时等号成立，B错误；
对于C，设，则，而，
故，
而在椭圆上，即，
即，故，C正确；
对于D，由于点为椭圆上的一个动点，故,
则，故，
当且仅当共线时，且P在之间时等号成立，
而，，
故的最小值为，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时要注意利用椭圆的定义将线段差转化为线段之和，结合图形的几何意义即可求解.
三、 填空题 （本题共计4小题，总分20分）
13. 若的三个顶点分别是，，，则的外接圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】设圆的方程为，然后将的坐标代入求解即可.
【详解】设圆的方程为，
因为的三个顶点分别是，，，
所以，解得，
所以圆的方程为，即，
故答案为：.
14. 已知正实数满足，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】变形得到，结合，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】，
由，得，故，
则，
当且仅当，即时，等号成立．
故的最小值为．
故答案为：
15. 已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.
【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；
又，利用余弦定理可知：
，
化简可得；
所以的面积为；
设的外接圆半径为，内切圆半径为；
由正弦定理可得，可得；
易知的周长为，
利用等面积法可知，解得；
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，
所以，即可得，所以；
离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.
16. 在边长为2的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，此时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质确定球心，求出球半径即可得解.
【详解】依题意，是边长为2的正三角形，取中点，连接，

则，是二面角的平面角，即，
并且平面，而平面，于是平面平面，平面平面，
令的外心为，显然在上，且，
在平面内过作直线垂直于，则此直线垂直于平面，
于是四面体的外接球球心在此直线上，即有平面，
令的外心为，显然在上，连接，则平面，
而平面，于是，显然，即≌，
则，因此，
从而四面体的外接球半径，
所以该球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
四、 解答题 （本题共计6小题，总分70分）
17. 已知在中，.
（1）求B；
（2）若，，求AC边上的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
由及正弦定理可得，
即，
即，所以.
因为，所以，所以.因为，所以.
【小问2详解】
因为，，所以由余弦定理可得，
所以，即，所以.
设边上的高为，则，所以，
所以边上的高为.
18. 经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.
（1）求的周长.
（2）求的长.
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合椭圆的定义运算求解；
（2）根据弦长公式结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
由椭圆方程可知：，则，
所以的周长为.
【小问2详解】
由（1）可知：，且直线的斜率，
可得：直线，设，
联立方程，消去y得，
则，且，
所以.
19. 如图，在正方体中，棱长为为的中点.

（1）求证:平面:
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正方体性质易证四边形为平行四边形，即有，由线面平行判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求点面距离即可.
【小问1详解】
在正方体中，，且，
所以四边形为平行四边形，即，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，，
设平面的法向量为，则，令，得，
点D到平面的距离，
所以点D到平面的距离为.
20. 在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，先证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法即可求得答案；
法二，根据线面角的定义作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案.
【小问1详解】
取中点，连接，，

∵，∴，
又∵，，∴，
∴四边形是平行四边形，而，
故平行四边形是矩形，
∴，
又∵为等边三角形且为中点.∴，
平面，，
∴面，面，∴.
【小问2详解】
法一：∵平面平面，且平面平面，，
平面，∴平面，平面，
∴，，两两垂直，
连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴，，
平面的一个法向量可取为，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则取，
设二面角的平面角为，
则，
由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
法二：由（1）知，∵面面，且面面，
平面，又∵，∴平面，
而平面，故，
如图，连接、，作于，连接，

平面，故平面，
平面，故，
则即为二面角的平面角，
设，在中，,
故，
是等边三角形，则，,
故.
21. 已知直线，圆.
（1）若直线与圆相离，求的取值范围；
（2）若直线与圆交于，两点，是否存在过点的直线垂直平分弦？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由直线与圆的位置关系进行计算即可；
（2）由垂径定理推论进行辨析即可
【小问1详解】
圆的标准方程为.
其圆心为，半径为.
直线的一般方程为.
∵直线与圆相离，
∴圆心到直线的距离，
化简得，解得或.
∴的取值范围为.
【小问2详解】
若存在过点的直线垂直平分弦，则直线'必过圆心，
∴直线的斜率，即直线的斜率，，
∵直线垂直于弦，
∴弦所在直线，即直线的斜率，
由第（1）问，当时，直线与圆相离，与题设矛盾.
故不存在过点的直线垂直平分弦.
22. 已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为．点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线、分别与椭圆C交于点A、B，的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若，，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义及性质计算即可；
（2）设直线PA的方程为，设，，联立椭圆方程结合韦达定理可得的关系，再由易知向量线性关系转化，计算即可.
【小问1详解】
∵，
∴，
由离心率为得，从而，
所以椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】

设，，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立，化简得，
则，同理可得，．
因为，．
所以
，
所以是定值.