安徽省十校聯(lián)考合肥一中2024-2025學年高二上學期期中聯(lián)考數(shù)學試卷-試卷下載-教習網(wǎng)

1. 【答案】A
解析：由題意直線的斜率為，所以直線的傾斜角為故選：
2.【答案】D
解析A．若不是空間的一個基底，則共面，所以存在實數(shù)，使得，
所以，，這是不可能的，A錯；
B. 若，，則關系不確定，故B錯誤;
C．當夾角為時，，C錯；
D．若，系數(shù)和為1，所以四點共面，D正確；
故選：D．
3. 【答案】A
解析：若，則，所以或
當時，，重合;當時，符合題意.
4．【答案】D
解析：取的中點，連接.由重心的性質可知，且三點共線.
因為，所以
.所以在基底下的有序實數(shù)組為.
故選：
5. 【答案】C
解析：對于A，由圓 C 方程可得，故圓心，半徑，
圓 C 關于 x 軸對稱的圓的圓心為，半徑為 1 ，
所求圓的方程為：，即，A正確；
對于B，反射光線平分圓C的周長，反射光線經(jīng)過圓心，
入射光線所在直線經(jīng)過點，，
入射光線所在直線方程為：，即，B正確；
對于C，點關于 x 軸的對稱點，
，
，則，C錯誤；
對于D，設，
則圓心到直線的距離，
，
，
則當時，，D正確.
故選：
6. 【答案】C
解析：圓，則，半徑，
圓，則，半徑，
因為兩圓外切，所以，
即，即，
則點在以為圓心，半徑為3的圓上，即在圓上，
令，則k表示過點與點的直線的斜率，
則該直線一定過點，且與圓有公共點，
由題意作圖，
由圖可知該直線斜率一定存在若斜率不存在，則直線與圓相離，
設該直線方程為，
即為，
圓心（1，0）到直線的距離為d，則
解得
即的取值范圍是，故選：C
7．【答案】A
解析：對于，可以整理為，
由題意可得：平面過點，且法向量，
設直線l的方向向量為，
平面與的法向量分別為
，
取，則.所以直線l的一個方向向量為
∵，
∴故直線l與平面所成角的正弦值為. 故選：A.
8. 【答案】B
解析：設存在定點，使得點M在圓上運動時均有，
設，則有，
化簡可得，①
又因為，即，②
將②代入①化簡可得：，
即，解得，
所以，
因為，當M，B，D三點共線，且M在線段BD上時，，
所以的最小值為5，故B正確.
二、選擇題：
9. 【答案】ACD
解：直線，令得則直線l恒過點，A正確.
當時，直線l的斜率為，B錯誤.
當時，P到直線l的距離最大，且最大值為，C正確.
當時，直線l的斜率，則可設直線l的方程為，則，即，當且僅當，即，時，等號成立，所以直線l與坐標軸所圍成的三角形面積的最小值為4，D正確.
10. 【答案】AB
解：對于A，因點在曲線E上，點，也都在曲線E上，則曲線E關于x軸，y軸對稱，當，時，曲線E的方程為，表示以點為圓心，為半徑的圓在直線上方的半圓含端點，
因此，曲線E是四個頂點為，，，的正方形各邊為直徑向正方形外所作半圓圍成，如圖，
所以曲線E圍成的圖形面積是，A正確;
對于B，點P在曲線E上，則等價于，
則有，即，解得，B正確;
對于C，曲線E上的點到原點距離最大值為，圓能覆蓋曲線E，則，C不正確.
對于D，，D錯誤.
11．【答案】ABD
解析：以D為原點，DA，DC，DH所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D?xyz．
A（2，0，0），M（0，2，1），設P點坐標為（x，y，2）（），
，
為求的最小值，找出點A關于平面EFGH的對稱點，
設該點為，則點坐標為
∴，故A正確．
由可得，故B正確．
，即，此時由點P坐標為得到
點P軌跡是連接棱EF中點與棱EH中點的線段，其長度為線段HF的一半，即長為．故C錯誤．
當P為底面EFGH的中心時，由B選項知．易得．∴外接球球心為棱AM的中點，從而求得球半徑為．，故D正確．
三、填空題
12.【答案】5
13.【答案】1
解：設直線PM的方程為，即，
由直線PM與圓C相切知，
化簡得，①
同理，設直線PN的斜率為，則，②
由①②得，是方程的兩根，所以，
即直線PM，PN的斜率之積為
14．【答案】
解析：在矩形中，取中點，連接與交于點，
∵，∴，∴，且，
∴以為原點，，所在直線分別為軸，軸，過與平面垂直的直線為軸，
建立空間直角坐標系如上圖，則，，，
∵為中點，∴，
將沿直線翻折至的位置的過程中，在以為圓心，直徑為的圓弧上，
∴在平面內，設，且，，，即，
∴，，，
，
對于A，設直線與所成角為，則
，
易知，當時，單調遞增，
∴當時，；
四、解答題
15. 【答案】： (1) ;(2)
解析：（1）易知AB的中點為，……2分
AB邊的垂直平分線的斜率為……4分
所以AB邊的垂直平分線所在直線的一般式方程為：……6分
（2）
……8分

即的平分線的一個方向向量為……10分
故的平分線的斜率為1，所以的平分線所在直線的一般式方程：.
(其他方面酌情給分) ……13分
16．【答案】(1)證明見解析(2) 3
【解析】（1）連接，因為三棱柱所有棱長均為2，則為等邊三角形，
因為為中點，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，……3分
又平面，可得，
由題設知四邊形為菱形，則，
因為，分別為，中點，則，可得，……5分
又，，平面，所以平面，
又平面，所以；……7分
（2）連接，因為，，所以為正三角形，所以，
又側面與底面垂直，平面，側面底面，
所以平面，所以，，兩兩垂直．
以為坐標原點，，，所在直線為，，軸，建立如圖所示空間直角坐標系，……9分
則，，，，，，，
可得，，DB1=3，1，3，
設平面的一個法向量為，則，
令，則，，可得，……12分
所以點B1到平面的距離為d=m?DB1m=3……15分
(其他方面酌情給分)
17.【答案】（1）；（2）（ = 1 \* rman i）或；
（ = 2 \* rman ii）四邊形APBQ面積的最大值為.
解析：（1）易知橢圓E的左、右頂點的坐標為（-2，0）、（2，0），上頂點的坐標為（0，1），
設圓C的一般方程：,
因為圓C過橢圓的左、右頂點和上頂點
解得：
故圓C的一般方程為：，標準方程：.……4分
（2）易知橢圓的右焦點，圓心C
（ = 1 \* rman i）當直線的斜率不存在時，，此時，符合條件；.……5分
當直線的斜率存在時，設的斜率為，則即：
設圓心C到直線的距離為，

所以.……9分
綜上：直線的方程為：或
（ = 2 \* rman ii）
如圖過圓心C，分別作，垂足分別為G、H
則：
且……11分

……14分
當且僅當時，取等號.
所以：四邊形APBQ面積的最大值為.……15分
(其他方面酌情給分)
18. 【答案】
（1）略；（2） 55：
（3）側棱PD上存在點Q且當 DQ=23DP .
解析：(1)因為AC //平面BEQF， AC?平面PAC ，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC // EF．.……4分
(2)取棱AB長的一半為單位長度，則在 ?ABC 中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根據(jù)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中點H，連接PH，CH.可知AC⊥PH，又因 ?PAB 是等邊三角形，則PH⊥AB，因為AB ∩AC=A ，故PH⊥平面ABCD．.……6分
如圖，以A為原點，分別以 AB,AC 為x，y軸的正方向建立空間直角坐標系A-xyz，
則 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 ，
設 n1=x1,y1,z1 是平面PAD的法向量，則 n1?AD=-2x1+2 3y1=0n1?AP=x1+ 3z1=0 ，
取 n1= 3,1,-1 ．.……8分
因為AC⊥平面PAB，所以取平面PAB的一個法向量為n2=0,1,0
cs ?n1,n2?=n1?n2|n1||n2|=1 5= 55
所以此時平面APB與平面APD夾角的余弦值為 55，.……10分
(3)假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
設 DQ=λDP ，其中 0≤λ≤1 .則 BQ=BD+DQ=BD+λDP=3λ-4,2 3-2 3λ, 3λ.……12分
連接EF，因AC //平面BEQF， AC?平面PAC ，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC // EF，則取與 EF 同向的單位向量n2=0,1,0 ．
設 n3=x2,y2,z2 是平面BEQF的法向量，
則 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 ．
故在側棱PD上存在點Q且當 DQ=23DP 時，使得平面BEQF⊥平面PAD. .……17分
19.
【答案】
解：證明：
由于是正方體，
兩直線AP，MP與面所成的角相等，
即，
由于，
，即，
即，
依題意平面內點P到兩定點距離之比為2，故點P的軌跡是圓，
而點P是正方體表面上一動點包括邊界，……3分
即點P的軌跡是一段阿波羅尼斯圓的圓弧如圖所示
單獨考察平面,以DC所在直線為軸，所在直線為軸，建立平面直角坐標系，設點.

化簡得：即
所以點P所在圓的方程為，圓心（4，0），半徑為2.
假設其圓心為O，且圓心O在DC所在的直線上，圓O與CD交于點E，與交于F點
點P的軌跡為正方形內的一段弧，則
易得：弧長：所以EF這段弧的長度為……5分
（2）設點
……8分
而
所以：，故的取值范圍.……10分
解：
由(1)可知，當線段的長最短時，即點P在直線上，
故延長AM交DC于點R，過點R做，交于點S，交于點T，
交于點Q，連接SA交于點N，所求的截面即為五邊形
以下證明此時即平面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，，
所以所求的截面五邊形AMQTN的周長
……17分

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