安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（满分150分，时间120分钟）
第Ⅰ卷（选择题）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，已知，，则的模为（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的模长公式即可求解.
【详解】解：，，
则
所以
故选：B.
2. 如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合图形，直接利用，即可求解.
【详解】因空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，
所以，
所以.
故选：A
3. 若过点P(3,2m)和点Q(,2)的直线与过点M(2,)和点N(,4)的直线平行，则m的值是（ ）
A. B. C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行对应直线的斜率相等可求解出的值.
【详解】由，即，得.
经检验知，符合题意
故选：B.
4. 已知直线与直线垂直，垂足为，则的值为（ ）
A. －6B. 6C. 4D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知条件中两直线垂直可以求出的值,再由垂足在两条直线上可得和的二元一次方程组,求解出和的值,即可求出的值.
【详解】因为直线与直线垂直,所以,解得,又垂足为,代入两条直线方程可得,解得,,
则.
故选
【点睛】本题考查了两条直线的位置关系,需要掌握两条直线平行或垂直时其直线方程一般式的系数关系,本题较为基础.
5. 已知圆关于直线对称，则（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆关于直径对称来求.
【详解】因为圆的圆心为
又因为圆关于直线对称，即，所以
故选：B
6. 若为圆的弦的中点，则直线的方程是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】圆的圆心为O，求出圆心坐标，利用垂径定理，可以得到
，求出直线的斜率，利用两直线垂直斜率关系可以求出直线的斜率，利用点斜式写出直线方程，最后化为一般式方程.
【详解】设圆的圆心为O，坐标为（1，0），根据圆的垂径定理可知：
，因为，所以，
因此直线方程为，故本题选D.
【点睛】本题考查了圆的垂径定理、两直线垂直斜率的关系，考查了斜率公式.
7. 已知方程+=1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是（ ）
A. m<－1或1C. m<－1或1【答案】A
【解析】
【分析】
由可得．
【详解】+=1表示焦点在y轴上的椭圆，则，
取交集：m<－1或1故选：A．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，掌握椭圆的标准方程是解题关键．方程，在且时表示椭圆，时表示圆，在时表示双曲线，是地，不表示任何曲线．
8. 已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线：，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线的倾斜角是
B. 若直线：，则
C. 点到直线的距离是1
D. 过点与直线平行的直线方程是
【答案】ACD
【解析】
【分析】由斜率与倾斜角的关系判断A，由直线的位置关系判断B，D，由点到直线的距离公式判断C，
【详解】对于A，直线的斜率为，故倾斜角是，故A正确，
对于B，直线的斜率为，两直线斜率乘积为1，不垂直，故B错误，
对于C，由点到直线的距离公式得，故C正确，
对于D，过点与直线平行的直线方程为，得，故D正确，
故选：ACD
10. 已知圆，下列说法正确的是（ ）
A. 圆心为B. 半径为2
C. 圆与直线相离D. 圆被直线所截弦长为
【答案】BD
【解析】
【分析】把方程化为圆的标准方程，求得圆心坐标和半径，可判定A错误，B正确；由点到直线的距离公式，可判定C错误；根据圆的弦长公式，可判定D正确.
【详解】将圆化为标准方程得，
可知圆心，半径，故A错误，B正确；
由圆心到直线的距离，
即，直线与圆相切，故C错误；
圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，所以D正确.
故选：BD.
11. 已知椭圆分别为它的左右焦点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 点到右焦点的距离的最大值为9
B. 焦距为10
C. 若，则的面积为9
D. 的周长为20
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A选项，由椭圆性质知：当点为椭圆的左右顶点时，点到右焦点的距离分别最大，最小，即可求解；对于B，由椭圆方程可得焦距；对于C，由题意及椭圆定义，结合三角形面积公式即可求解；对于D，结合椭圆的性质可得．
【详解】解：由椭圆的方程得：
.
对A当点为椭圆的左顶点时，点到右焦点的距离的最大，且为9，故A正确；
对B.焦距为B错误；
对C.由题意得：，①
由椭圆定义得：，
即，②
②-①得：，
的面积为，故C正确
对D，的周长为，故D错误；
故选：AC
12. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 过直线与的交点，且垂直于直线的直线的斜截式方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】联立方程组求得两直线的交点为，根据所求直线垂直于直线，得到，结合直线点斜式方程，化为直线的斜截式方程，即可求解.
【详解】由方程组，解得，
即直线与的交点为，
因为所求直线垂直于直线，所以其斜率为，
则直线方程为，
所以直线的斜截式方程为.
故答案为：
14. 两圆与的公切线有___________条.
【答案】3
【解析】
【分析】由两个圆的方程可得圆心坐标及半径，求出圆心距可得等于两个半径之和，可得两圆外切，进而可得公切线的条数．
【详解】解：圆整理可得：，可得圆心的坐标为：，半径；
的圆心坐标， 半径；
所以圆心距，
所以可得两个圆外切，所以公切线有3条，
故答案为：3．
15. 如图，在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出向量,的坐标,利用向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】以A为原点，在平面内过点A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
在正三棱柱中，，，
则 ，
故 ,,
设异面直线与所成角为，
所以 ,
∴异面直线 与所成角的余弦值为,
故答案为：.
16. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆定义可将转化为，再根据可得的最小值为，结合两点间距离公式即得答案.
【详解】由题意椭圆C：，M为椭圆C上任意一，
N为圆E：上任意一点，

故，当且仅当共线时等号成立，
故
，
当且仅当共线时等号成立，
而，故，
即的最小值为，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在四棱锥中，底面为菱形，和为正三角形，为的中点．

（1）证明：平面．
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接．由线面平行的判定定理得出结果；
（2）根据空间向量法求平面与平面的法向量，由两个法向量所成角的余弦值的绝对值得出结果.
【小问1详解】
证明：连接，交于点，连接．
因为为菱形，所以为的中点．
因为为的中点，所以为的中位线，所以．
因为平面平面，所以平面．
【小问2详解】
在正中，连接，，则．
因，
所以，所以．
因为，平面，所以平面．
所以平面，所以平面平面，平面平面，
过点作于点，平面，则平面.，所以，
又，，则，,.
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则．

设平面的法向量为，因为，
所以令，得．
设平面的法向量为，
因为，
所以
令，得．
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 如图，在直三棱柱中，，．

（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用它们的数量积为零可证异面直线的垂直.
（2）求出平面的法向量和的坐标后可求点面距.
【小问1详解】
建立直角坐标系，其中为坐标原点.

依题意得，
因为，所以.
【小问2详解】
设是平面的法向量，
由得
所以，令，则，
因为，所以到平面的距离为.
19. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解；
（2）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.
【小问1详解】
由题意得，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
【小问2详解】
由题知的中点，所以，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
20. 已知圆C：和定点，直线l：（）.
（1）当时，求直线l被圆C所截得的弦长；
（2）若直线l上存在点M，过点M作圆C的切线，切点为B，满足，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离公式、勾股定理以及圆的几何性质求得弦长.
（2）先求得点的轨迹方程，根据直线与圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.
【小问1详解】
圆C：，圆心，半径，
当时，直线l的方程为，
所以圆心C到直线l的距离，
故弦长为.
【小问2详解】
设，则，
由，，得.
化简得，
所以点M的轨迹是以为圆心，8为半径的圆.
又因为点M在直线l：上，所以与圆D有公共点，
所以，
解得，
所以m的取值范围是.

21. 若椭圆的离心率为，且经过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点（均与不重合），证明：直线的斜率之和为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，因为点在椭圆上，将点坐标带入椭圆方程求解即可．
（2）过点的直线与椭圆相交，首先要考虑直线斜率不存在的情况，然后在直线斜率存在的条件下，设直线方程及交点坐标，直线方程与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理求解交点横坐标之间的关系，然后求解直线的斜率之和即可．
【小问1详解】
由题意得离心率为，点在椭圆上，
所以，解得，所以椭圆方程为
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，为椭圆的上下顶点，即为，则．
当直线的斜率存在时，设的方程为，联立消去并整理得，，则，得，
设，则，
所以
综上可得，直线的斜率之和为3．
【点睛】过椭圆上一定点,作两条直线分别与椭圆交于A,B两点,且两直线斜率之和为,则
(1)当时,直线恒过一个定点.
(2) 当时,直线AB的斜率为定值.