安徽省合肥市2023-2024学年高二上学期期中数学试题含解析

数学

期中考试（答案在最后）

（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.经过A.A0,3,B3,0两点的直线的倾斜角为（B.）C.5ππ2πD.π663【答案】A【解析】【分析】根据直线上任意两点可求出斜率，从而求出倾斜角.【详解】由题意得k035πAB30

33，所以直线的倾斜角为6；故选：A2.以点A1,2为圆心，且与直线xy0相切的圆的方程为（）A.(x1)2

(y2)2



1

2B.(x1)2(y2)2



92C.(x1)2(y2)2



12D.(x1)2(y2)2

92【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出圆的半径即可得解.【详解】由直线xy0为圆的切线，得圆的半径r|12|121212，所以所求圆的方程为(x1)2(y2)2

12.故选：A3

3.已知a(2x,1,3),b(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则x（A.1【答案】D【解析】B.12）D.C.1316

【分析】由a与b为共线向量则ab求解即可.【详解】因为a与b为共线向量，所以ab，

12x3

即13，解得，1x396

故选：D4.经过两条直线l1:xy2，l2:2xy1的交点，且直线的一个方向向量v3,2的直线方程为（）B.2xy20D.xy70

A.2x3y50C.x2y20【答案】A【解析】【分析】联立方程组求得两直线的交点坐标为(1,1)，再由题意，得到k即可求解.2

，结合直线的点斜式方程，3

xy2

【详解】联立方程组，解得x1,y1，即两直线的交点坐标为(1,1)，2xy12

的因为直线一个方向向量v(3,2)，可得所求直线的斜率为k，3

2所以所求直线方程为y1(x1)，即2x3y50.3故选：A.5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN的长为（）A.3a2B.3a3C.5a5D.15a5【答案】A【解析】

【分析】根据空间向量的基本定理，用AB，AD，AA1表示MN，将线段长度问题转换为向量模长问题.

AAk【详解】设ABi，ADj，1，则i,j,k构成空间的一个正交基底.11111

MNMBBCCNijjkijk，22222212121232

3故MNaaaa，所以MN＝a.44442故选：A26.已知x12y15,x22y24，则x1x2y1y2的最小值为（222）A.55B.15C.655

D.365

【答案】B【解析】【分析】利用直线与圆的位置关系及两点距离公式计算即可.【详解】易知x1x2y1y2为圆x2y25上一点Ax1,y1与直线x2y4上一点222Bx2,y2的距离的平方，易知圆心C2,0，半径r

5，点C到直线x2y4的距离d

241222

65，则5

AB

2mindr

21.5故选：B7.在我国古代的数学名著《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，鳖臑

指的是四个面均为直角三角形的三棱锥.如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，ACB90,AB2,AA14，当鳖臑A1ABC的体积最大时，直线B1C与平面ABB1A1所成角的正弦值为（）A.346B.31010C.26D.1010【答案】C【解析】【分析】先根据鳖臑A1ABC体积最大求出AC和BC的值，建系求出各点坐标，利用向量即可求出直线B1C与平面ABB1A1所成角的正弦值.【详解】在堑堵ABC-A1B1C1中，ACB90，AB2，AA14，112

VA1ABC|AC||BC||AA1||AC||BC|，323|AC||BC|2|AC|2|BC|22|AC||BC|

，|AC||BC|()

24|AC|2|BC|24，|AC||BC|2，当且仅当|AC||BC|2是等号成立，即当鳖臑A1ABC的体积最大时，|AC||BC|2，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，B1(0,2,4)，C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，

B1C(0,2,4)，BA(2,2,0)，BB1(0,0,4)，设平面ABB1A1的法向量n(x,y,z)，

nBA2x2y0则，取x1，得n(1,1,0)，nBB14z0

设直线B1C与平面ABB1A1所成角为，

|B1Cn|2则sin，6|B1C||n|

直线B1C与平面ABB1A1所成角的正弦值为故选：C．2．6

3x2y2

F1,F2为两个焦点，cosF1PF2，8.已知椭圆O为原点，P为椭圆上一点，则|PO|（1，596

A.）2

5B.302C.35D.352【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出PF1PF2,PF1PF2据向量模的计算即可求得答案.2

2

1

PF1PF2，根的值，利用PO2x2y2

【详解】由题意椭圆1，F1,F2为两个焦点，可得a3,b6,c3，96

则PF1PF22a6①，即PF1PF22PF1PF236，由余弦定理得F1F2

2

22

PF1PF22PF1PF2cosF1PF2(23)2，22

332

，故(PF1PF2)2PF1PF2(1)12，②551522

,PF1PF221，联立①②，解得：PF1PF22cosF1PF2

11

PF1PF2，所以POPOPF1PF2，而PO

22

即PO故选：B11PF1PF22222115330，PF12PF1PF2PF22122252【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F1F2的中点，从而可以利用向量知识求解|PO|.二、多选题（本题共计4小题，总分20分）



9.已知平面的一个法向量为n1,2,1，以下四个命题正确的有（）

A.若直线l的一个方向向量为u2,4,2，则l//

B.若直线l的一个方向向量为u2,4,2，则lC.若平面D.若平面【答案】BD【解析】

的一个法向量为m1,0,1，则//

的一个法向量为m1,0,1，则

【分析】由nu0，u2n可判断AB；由nm0可判断CD【详解】对于AB：平面的一个法向量为n1,2,1，



直线l的一个方向向量为u2,4,2，所以nu282120，



所以n与u不垂直，又u2n，所以u//n，所以l，故A错误，B正确；





对于CD：平面的一个法向量为n1,2,1，平面

的一个法向量为m1,0,1，，所以nm1010，

所以nm，所以，故C错误，D正确；故选：BD10.已知方程x2y24x8y2a0，则下列说法正确的是（A.当a10时，表示圆心为(2,4)的圆C.当a0时，表示的圆的半径为25【答案】BCD【解析】【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，方程x2y24x8y2a0，可化为x2y4202a，22）B.当a10时，表示圆心为(2,4)的圆D.当a8时，表示的圆与y轴相切可圆的圆心坐标为(2,4)，A中，当a10时，此时半径为202a0，所以A错误；B中，当a10时，此时半径大于202a0，表示圆心为(2,4)的圆，所以B正确；C中，当a0时，表示的圆的半径为r25，所以C正确；D中，当a8时，可得202a4，方程表示的圆半径为r2，又圆心坐标为2,4，所以圆心到y轴的距离等于半径，所以圆与y轴相切，所以D正确．故选：BCD.

11.已知m1,ab,ab（a，bR）是直线l的方向向量，n1,2,3是平面的法向量，则下列结论正确的是（）B.若l∥，则ab10D.若l，则ab30

A.若l∥，则5ab10C若l，则ab20

.

【答案】ACD【解析】【分析】选项A、B：根据mn0求解；选项C、D：根据m∥n，向量的平行求解；【详解】对于A，B，若l∥则mn，所以mn0，即12ab3ab0，即5ab10，A正确，B错误；

对于C、D，若l，则m∥n，所以

11abab

，23

即ab20且ab30，C、D正确.故选：ACD.12.如图所示，一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成的角为45的平面所截，截面是一个椭圆，则（）A.椭圆的长轴长为4B.椭圆的离心率为24x2y2

C.椭圆的方程可以为1

42

D.椭圆上的点到焦点的距离的最小值为22【答案】ACD【解析】【分析】结合图象根据椭圆的长轴，短轴的几何意义求椭圆的a，b，由此判断各选项.【详解】设椭圆的长半轴长为a，椭圆的长半轴长为b，半焦距为c，由图象可得2acos4522，∴a2，又b∴2，c2a2b2，c2，∴椭圆的长轴长为4，A对，椭圆的离心率为2，B错，2x2y2

圆的方程可以为1，C对，42

椭圆上的点到焦点的距离的最小值为22，D对，故选：ACD.三、填空题（本题共计4小题，总分20分）

13.两直线3xy30与6xmy40平行，则它们之间的距离为__________．【答案】【解析】102【分析】根据给定条件，利用平行线间距离公式求解即得.【详解】两直线3xy30与6xmy40平行，则3m6，即m2，直线6xmy40化为：3xy20，于是|32|3212

10.2

所以所求距离为10.2

故答案为：10214.圆x2y24与圆x2y22y60的公共弦长为__________.【答案】23【解析】【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆x2y24的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.2222

【详解】设圆C1:xy4与圆C2:xy2y60相交于A，B两点，圆C1的半径r12，将两圆的方程相减可得y1，即两圆的公共弦所在的直线方程为y1，又圆心C1到直线AB的距离d1，r12，AB22

所以dr1，解得AB23.2

故答案为：23.15.如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，且A1ADA1AB60，o2

AA12，则线段AC1的长为_____．【答案】10【解析】uuur2

【分析】以AB,AD,AA1为基底表示出空间向量AC1，利用向量数量积的定义和运算律求解得到AC1，进而得到AC1的长.【详解】2AC1ABBCCC1

2

ABADAA1

2

222ABADAA12ABAD2ABAA12ADAA11140212cos60212cos6010，AC110，即线段AC1的长为10.故答案为：10.16.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（0且1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿氏圆”.在平面直角坐标系xOy中，点A0,3，满足MA2MO的动点M的轨迹为C，若在直线l:axy3a0上存在点P，在C上存在两点A、B，使得PAPB，则实数a的取值范围是______.【答案】[7,1]【解析】【分析】根据求轨迹方程的步骤：1.设点的坐标；2.找等量关系列方程；3.化简.先求出动点M的轨迹方程，然后根据题意要使在直线l:axy3a0上存在点P，在C上存在两点A、B，使得PAPB成立，则点P到圆心的距离小于等于2r，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】设M(x,y)，因为A0,3，C0,0，又因为MA2MO，所以x2(y3)24(x2y2)，化简整理可得：x2(y1)24，动点M的轨迹是以C(0,1)为圆心，以2为半径的圆，因为直线l:axy3a0过定点(3,0)，若在直线l:axy3a0上存在点P，在C上存在两点A、B，使得PAPB，由数形结合可知：当A、B为圆的切点时点P到圆心的距离达到最大，此时为2r，所以点P到圆心的距离小于等于2r，也即1+3a1a222，解之可得：7a1，所以实数a的取值范围是[7,1]，故答案为：[7,1].四、解答题（本题共计6小题，总分70分）

17.在平行四边形ABCD中，A(1,2)，B(1,3)，C(3,1)，点E是线段BC的中点．（1）求直线CD的方程；（2）求过点A且与直线DE垂直的直线．【答案】（1）x2y50；（2）x3y50.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出点D的坐标，再求出直线CD的方程作答.（2）求出点E坐标及直线DE的斜率，再利用垂直关系求出直线方程作答.【小问1详解】在平行四边形ABCD中，A(1,2)，B(1,3)，C(3,1)，则ADBC(2,4)，则点D(1,2)，直线CD的斜率kCD

2(1)11

，则有y(1)(x3)，即x2y50，1322所以直线CD的方程是x2y50.【小问2详解】依题意，点E(2,1)，则直线DE的斜率kDE因此过点A且与直线DE垂直的直线斜率为

21

3，12

111，方程为y2(x1)，即x3y50，kDE33所以所求方程是x3y50.18.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点.（1）证明：直线BD1//平面ACE；（2）求异面直线CD1与AE所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1010

【解析】【分析】（1）根据线线平行，结合线面平行的判定即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解线线角.【小问1详解】如图，连接BD交AC于点O，连接EO，由于E为DD1的中点，O为AC的中点,则EO//BD1,又因为EO平面ACE,BD1平面ACE，所以BD1//平面ACE

【小问2详解】以D为原点，DA,DC,DD1所在直线为x轴､y轴､z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2a，则C0,2a,0D10,0,2a,A2a,0,0,E0,0,a，

所以CD10,2a,2a，AE2a,0,a，设CD1与AE所成角为,CD1AE

则coscosCD1,AECD1AE

所以CD1与AE所成角的余弦值为2a28a25a2101010.1019.已知圆C的圆心坐标1,1，直线l:xy1被圆C截得弦长为2．（1）求圆C的方程；（2）从圆C外一点P2,3向圆引切线，求切线方程．【答案】（1）x1y11（2）x2或3x4y60【解析】【分析】（1）计算出圆心C到直线l的距离，利用勾股定理求出圆C的半径，由此可得出圆C的方程；（2）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在第一种情况下，写出切线方程，直接验证即可；在第二种情况下，设出切线方程为y3kx2，利用圆心到切线的距离等于圆的半径，由此可得出所求切线的方程.22【小问1详解】解：圆心C到直线l的距离为d

21112

22，222所以，圆C的半径为r，221因此，圆C的方程为x1y11.【小问2详解】解：当切线的斜率不存在时，则切线的方程为x2，且直线x2与圆C相切，合乎题意；当切线的斜率存在时，设切线方程为y3kx2，即kxy32k0，22由题意可得2kk211，解得k

3

，此时，切线的方程为3x4y60.4

综上所述，所求切线的方程为x2或3x4y60.20.如图，在四棱台ABCDA1D1D平面CC1D1D，且1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA

CC1CDDD1

1

C1D12.2（1）证明：AD平面CC1D1D；（2）若A1CD1

π

，求平面A1AC与平面ABC夹角的余弦值.3【答案】（1）证明见解析（2）34

【解析】【分析】（1）连结DC1，进而利用勾股定理证明DC1DD1，结合题中条件利用线面垂直的判断定理证明即可；（2）以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面A1AC与平面ABC的法向量，计算即可.【小问1详解】1

C1D12，21

作DHD1C1于H，则D1H1，所以cosDD1H，2

π

所以DD1C1，连结DC1，由余弦定理可求得DC1233

如图，在梯形CC1D1D中，因为CC1CDDD1

222

因为DC1DD1D1C1，所以DC1DD1，因为平面AA1D1D平面CC1D1D且交于DD1，DC1平面CC1D1D，所以DC1平面AA1D1D因为AD平面AA1D1D，所以ADDC1，因为ADDC,DCDC1D，DC，DC1平面CC1D1D，所以AD平面CC1D1D.【小问2详解】连结A1C1，由（1）可知，A1D1平面CC1D1D，所以AC1与平面CC1D1D所成的角为A1CD1，即A1CD1

π

，在Rt△ACD11中，3

因为CD123，所以A1D16

因为A1C1//AC，所以平面A1AC与平面A1ACC1是同一个平面.以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，A16,0,0,C0,3,3,C10,4,0

6,3,3所以AC116,4,0,AC1

设平面A1AC的法向量为na,b,c，

3a2b0nA1C10

则有，,即，6a3b3c0nA1C0



令a2，则b3,c3，故n2,3,3由题意可知m0,0,1是平面ABC的一个法向量

mn33

cosm,n所以，mn144

故平面A1AC与平面ABC夹角的余弦夹角的值为3.421.如图，相距14km的两个居民小区M和N位于河岸l（直线）的同侧，M和N距离河岸分别为10km和8km．现要在河的小区一侧选一地点P，在P处建一个生活污水处理站，从P排直线水管PM，PN分别到两个小区和垂直于河岸的水管PQ，使小区污水经处理后排入河道．设PQ段长为tkm（0(830)2(12t810)22t218t1290t8即为所求．（2）设三段水管总长为L，则由（1）知LPMPNPQMN1PQt2t218t1290t8，所以(Lt)24(t218t129)在t0,8上有解．即方程3t2(2L72)t(516L2)0在t0,8上有解．故(2L72)212(516L2)0，即L218L630，解得L21或L3，8)．所以L的最小值为21，此时对应的t5(0, 

故N183,2，MN1方程为y10令y5得x53，即P53,5，从而PM3x，3

(53)2(510)210，PN(5383)2(58)26．所以满足题意的P点距河岸5km，距小区M到河岸的垂线53km，此时污水处理站到小区M和N的水管长度分别为10km和6km．4x2y2

22.已知椭圆C:221(ab0)的上顶点与左､右焦点连线的斜率之积为.5ab

（1）求椭圆C的离心率；（2）已知椭圆C的左､右顶点分别为A,B，且AB6，点M是C上任意一点（与A,B不重合），直线MA,MB分别与直线l:x5交于点P,Q,O为坐标原点，求OPOQ.【答案】（1）53（2）16192【解析】【分析】（1）由椭圆标准方程可写出顶点以及焦点坐标，由斜率之积可得b

2042c，即可求出离心率；52364x0P,Q（2）设出点M坐标，写出直线MA和MB的方程求出交点坐标，利用y化简OPOQ的9表达式即可求得结果.【小问1详解】根据题意可得椭圆C的上顶点的坐标为0,b，左､右焦点的坐标分别为c,0,c,0，由题意可知bb44

，即b2c2，cc55

222

92c5c5又abc，所以ac，即2,，5a9a322可得椭圆C的离心率e【小问2详解】5.3由AB6，得2a6，即a3,c

5,b2，x2y2

所以椭圆C的方程为1.94如图所示：222x0y0364x02设Mx0,y0，则，1，即y0

949又A3,0,B3,0，则直线MA的方程为y

y0x3，x03直线MB的方程为y

y0x3；x03

因为直线MA,MB分别与直线l:x5交于点P,Q，8y02y0可得P5,,Q5,，x3x300228y2y16364x16y16100005,252525所以OPOQ5,.22x09999x09x03x03

