安徽省十校联考合肥一中2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷

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1. 【答案】A
解析：由题意直线的斜率为，所以直线的倾斜角为 故选：
2.【答案】D
解析A．若不是空间的一个基底，则共面，所以存在实数，使得，
所以，，这是不可能的，A错；
B. 若，，则关系不确定，故B错误;
C．当夹角为时，，C错；
D．若，系数和为1，所以四点共面，D正确；
故选：D．
3. 【答案】A
解析：若，则，所以或
当时，，重合;当时，符合题意.
4． 【答案】D
解析：取的中点，连接.由重心的性质可知，且三点共线.
因为，所以
.所以在基底下的有序实数组为.
故选：
5. 【答案】C
解析：对于A，由圆 C 方程可得 ，故圆心 ，半径 ，
圆 C 关于 x 轴对称的圆的圆心为 ，半径为 1 ，
所求圆的方程为： ，即 ，A正确；
对于B， 反射光线平分圆C的周长， 反射光线经过圆心 ，
入射光线所在直线经过点 ， ，
入射光线所在直线方程为： ，即 ，B正确；
对于C， 点 关于 x 轴的对称点 ，
，
，则 ，C错误；
对于D，设 ，
则圆心 到直线 的距离 ，
，
，
则当 时， ，D正确.
故选：
6. 【答案】C
解析：圆，则，半径，
圆，则，半径，
因为两圆外切，所以，
即，即，
则点在以为圆心，半径为3的圆上，即在圆上，
令，则k表示过点与点的直线的斜率，
则该直线一定过点，且与圆有公共点，
由题意作图，
由图可知该直线斜率一定存在若斜率不存在，则直线与圆相离，
设该直线方程为，
即为，
圆心（1，0）到直线的距离为d，则
解得
即的取值范围是， 故选：C
7． 【答案】A
解析：对于，可以整理为，
由题意可得：平面过点，且法向量，
设直线l的方向向量为，
平面与的法向量分别为
，
取，则.所以直线l的一个方向向量为
∵，
∴故直线l与平面所成角的正弦值为. 故选：A.
8. 【答案】B
解析：设存在定点，使得点M在圆上运动时均有，
设，则有，
化简可得，①
又因为，即，②
将②代入①化简可得：，
即，解得，
所以，
因为，当M，B，D三点共线，且M在线段BD上时，，
所以的最小值为5，故B正确.
二、选择题：
9. 【答案】ACD
解：直线，令得则直线l恒过点，A正确.
当时，直线l的斜率为，B错误.
当时，P到直线l的距离最大，且最大值为，C正确.
当时，直线l的斜率，则可设直线l的方程为，则，即，当且仅当，即，时，等号成立，所以直线l与坐标轴所围成的三角形面积的最小值为4，D正确.
10. 【答案】AB
解：对于A，因点在曲线E上，点，也都在曲线E上，则曲线E关于x轴，y轴对称，当，时，曲线E的方程为，表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆含端点，
因此，曲线E是四个顶点为，，，的正方形各边为直径向正方形外所作半圆围成，如图，
所以曲线E围成的图形面积是，A正确;
对于B，点P在曲线E上，则等价于，
则有，即，解得，B正确;
对于C，曲线E上的点到原点距离最大值为，圆能覆盖曲线E，则，C不正确.
对于D，，D错误.
11．【答案】ABD
解析：以D为原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz．
A（2，0，0），M（0，2，1），设P点坐标为（x，y，2）（），
，
为求的最小值，找出点A关于平面EFGH的对称点，
设该点为，则点坐标为
∴，故A正确．
由可得，故B正确．
，即，此时由点P坐标为得到
点P轨迹是连接棱EF中点与棱EH中点的线段，其长度为线段HF的一半，即长为．故C错误．
当P为底面EFGH的中心时，由B选项知．易得．∴外接球球心为棱AM的中点，从而求得球半径为．，故D正确．
三、填空题
12.【答案】5
13.【答案】1
解：设直线PM的方程为，即，
由直线PM与圆C相切知，
化简得，①
同理，设直线PN的斜率为，则，②
由①②得，是方程的两根，所以，
即直线PM，PN的斜率之积为
14．【答案】
解析：在矩形中，取中点，连接与交于点，
∵，∴，∴，且，
∴以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系如上图，则，，，
∵为中点，∴，
将沿直线翻折至的位置的过程中，在以为圆心，直径为的圆弧上，
∴在平面内，设，且，，，即，
∴，，，
，
对于A，设直线与所成角为，则
，
易知，当时，单调递增，
∴当时，；
四、解答题
15. 【答案】： (1) ;(2)
解析：（1）易知AB的中点为，……2分
AB边的垂直平分线的斜率为……4分
所以AB边的垂直平分线所在直线的一般式方程为：……6分
（2）
……8分

即的平分线的一个方向向量为……10分
故的平分线的斜率为1，所以的平分线所在直线的一般式方程：.
(其他方面酌情给分) ……13分
16．【答案】(1)证明见解析(2) 3
【解析】（1）连接，因为三棱柱所有棱长均为2，则为等边三角形，
因为为中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，……3分
又平面，可得，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，可得，……5分
又，，平面，所以平面，
又平面，所以；……7分
（2）连接，因为，，所以为正三角形，所以，
又侧面与底面垂直，平面，侧面底面，
所以平面，所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，……9分
则，，，，，，，
可得，，DB1=3，1，3，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，……12分
所以点B1到平面的距离为d=m∙DB1m=3……15分
(其他方面酌情给分)
17.【答案】（1）；（2）（ = 1 \* rman i）或；
（ = 2 \* rman ii）四边形APBQ面积的最大值为.
解析：（1）易知椭圆E的左、右顶点的坐标为（-2，0）、（2，0），上顶点的坐标为（0，1），
设圆C的一般方程：,
因为圆C过椭圆的左、右顶点和上顶点
解得：
故圆C的一般方程为：，标准方程：.……4分
（2）易知椭圆的右焦点，圆心C
（ = 1 \* rman i）当直线的斜率不存在时，，此时，符合条件；.……5分
当直线的斜率存在时，设的斜率为，则即：
设圆心C到直线的距离为，


所以.……9分
综上：直线的方程为：或
（ = 2 \* rman ii）
如图过圆心C，分别作，垂足分别为G、H
则：
且……11分

……14分
当且仅当时，取等号.
所以：四边形APBQ面积的最大值为.……15分
(其他方面酌情给分)
18. 【答案】
（1）略；（2） 55：
（3）侧棱PD上存在点Q且当 DQ=23DP .
解析：(1)因为AC //平面BEQF， AC⊂平面PAC ，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC // EF．.……4分
(2)取棱AB长的一半为单位长度，则在 ▵ABC 中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理，得 AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcs60=4+16-16×12=12
得 AC=2 3 ，故 AB2+AC2=BC2⇒ AB⊥AC．
又PB⊥AC，PB∩AB=B， PB⊂ 平面PAB，AB ⊂ 平面PAB，故AC⊥平面PAB.
取AB中点H，连接PH，CH.可知AC⊥PH，又因 ▵PAB 是等边三角形，则PH⊥AB，因为AB ∩AC=A ，故PH⊥平面ABCD．.……6分
如图，以A为原点，分别以 AB,AC 为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
则 A0,0,0,B2,0,0,C0,2 3,0,D-2,2 3,0,P1,0, 3 ，
AD=-2,2 3,0,AP=1,0, 3,BD=-4,2 3,0,
DP=3,-2 3, 3 ，DC=2,0,0 ，
设 n1=x1,y1,z1 是平面PAD的法向量，则 n1⋅AD=-2x1+2 3y1=0n1⋅AP=x1+ 3z1=0 ，
取 n1= 3,1,-1 ．.……8分
因为AC⊥平面PAB，所以取平面PAB的一个法向量为n2=0,1,0
cs ⟨n1,n2⟩=n1∙n2|n1||n2|=1 5= 55
所以此时平面APB与平面APD夹角的余弦值为 55，.……10分
(3)假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
设 DQ=λDP ，其中 0≤λ≤1 .则 BQ=BD+DQ=BD+λDP=3λ-4,2 3-2 3λ, 3λ.……12分
连接EF，因AC //平面BEQF， AC⊂平面PAC ，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC // EF，则取与 EF 同向的单位向量n2=0,1,0 ．
设 n3=x2,y2,z2 是平面BEQF的法向量，
则 n3⋅n2=y2=0n3⋅BQ=3λ-4x2+2 31-λy2+ 3λz2=0 ，
取 n3= 3λ,0,4-3λ ．.……14分
由平面BEQF⊥平面PAD，知 n1⊥n3 ，有 n1⋅n3=3λ+3λ-4=0 ，解得 λ=23 ．
故在侧棱PD上存在点Q且当 DQ=23DP 时，使得平面BEQF⊥平面PAD. .……17分
19.
【答案】
解：证明：
由于是正方体，
两直线AP，MP与面所成的角相等，
即，
由于，
，即，
即，
依题意平面内点P到两定点距离之比为2，故点P的轨迹是圆，
而点P是正方体表面上一动点包括边界，……3分
即点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧如图所示
单独考察平面,以DC所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设点.

化简得： 即
所以点P所在圆的方程为，圆心（4，0），半径为2.
假设其圆心为O，且圆心O在DC所在的直线上，圆O与CD交于点E，与交于F点
点P的轨迹为正方形内的一段弧，则
易得： 弧长： 所以EF这段弧的长度为……5分
（2）设点
……8分
而
所以：，故的取值范围.……10分
解：
由(1)可知，当线段的长最短时，即点P在直线上，
故延长AM交DC于点R，过点R做，交于点S，交于点T，
交于点Q，连接SA交于点N，所求的截面即为五边形
以下证明此时即平面AMN，
由于，平面AMN，平面AMN，
所以平面AMN， ……14分
故有，，
在中， ，
在中， ，
在中， ，
在中， ，
在中， ，
所以所求的截面五边形AMQTN的周长
……17分