安徽省2023-2024学年高二上学期阶段性检测数学试题

安徽省2023—2024学年（上）高二冬季阶段性检测数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.已知向量，，且，则（）A.3 B. C.9 D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量共线求解即可；【详解】因为，所以，解得：，所以.故选：B.2.已知直线l：的倾斜角为，则（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】根据倾斜角求出直线斜率，利用斜率建立方程求解即可.【详解】因为直线l的倾斜角为，所以直线l的斜率为，而直线的斜率为，所以，解得.故选：B3.如图所示，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，即可求解.【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得，故选：A.4.已知椭圆以及椭圆内一点，则以P为中点的弦所在直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用点差法，列式计算即得.【详解】显然点在椭圆内，设以P为中点的弦端点，则，由，得，即，所以直线的斜率.故选：D5.如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立空间坐标系，利用空间向量法求解线面角，从而求解.【详解】由题意知平面，且四边形为正方形，所以以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系.设，则，，，从而，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成的角为，则，故C项正确.故选：C.6.设过定点A的直线和过定点B的直线交于点P，则的最大值为（）A.5 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出定点的坐标，然后根据两直线垂直关系找到，然后根据直线与圆的位置关系求得的最值.【详解】由题意可得动直线可化为，斜率，过定点，直线可化为，斜率，过定点，又因为，故两直线垂直，所以,即所以P点轨迹为圆，结合圆与直线位置关系，设则有设，则有直线方程为，当直线与圆相切时，取得最值，根据点到直线的距离，解得：.故选：A.7.已知圆与坐标轴的交点为，点P为椭圆上一点，若，则点P到轴的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，不妨设，得到点恰为椭圆的左右焦点，得出，得到，结合椭圆的定义，得到点在以为焦点的椭圆上，求得点的轨迹方程为，联立方程组，即可求解.【详解】由圆与坐标轴的交点为，不妨设，又由椭圆，可得，则，所以恰为椭圆的左右焦点，可得，因为，可得，所以，所以点在以为焦点的椭圆上，且，可得，则，所以点为椭圆，联立方程组，解得，可得，所以点到轴的距离为.故选：B.8.如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先证明平面，然后在三角形BDP中，利用正弦定理求得三角形BDP的外接圆半径，所以三棱锥的外接圆半径，最后利用球的表面积公式可得答案.【详解】因为正方体的棱长为2，又是的中点，所以，又平面平面，平面，平面平面，所以平面，所以在三角形BDP中，，所以，所以由正弦定理得：三角形BDP的外接圆半径，所以三棱锥的外接圆半径，所以三棱锥的外接球表面积为，故选：C.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：，：，则下列说法正确的是（）A.直线在x轴上截距为1 B.直线在y轴上的截距为1C.若，则或 D.若，则【答案】AD【解析】【分析】根据截距的定义和直线的平行，垂直逐项判断；【详解】选项A：令，代入直线，解得：，选项正确；选项B：令，代入直线，解得：，选项错误；选项C：直线的法向量分别为，，因为，所以直线的法向量也平行，即：，解得：或，当时，重合，舍去，故选项错误；选项D：，所以直线的法向量也垂直，即，解得：，选项正确；故选：AD.10.已知直线及圆，则（）A.直线过定点B.直线截圆所得弦长最小值为2C.存在，使得直线与圆相切D.存在，使得圆关于直线对称【答案】ABD【解析】【分析】A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可.【详解】A选项，由，得，解得，所以直线过定点为，故A正确；B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时，直线截圆所得弦长最短，因为，则最短弦长为，故B正确；C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，故D正确.故选：ABD.11.已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，过点的直线交于两点，直线于，则（）A.B.的最小值为4C.以为直径的圆与抛物线的准线相离D.存在定点，使得为定值【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项：设出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算即可判断；对于B选项：利用抛物线的焦半径即可判断；对于C选项：比较半径与的中点到准线的距离即可判断；对于D选项：结合题意可知直线经过定点，利用圆的相关知识，即可找到定点,从而计算出为定值.【详解】对于A选项：若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，故可设直线为，且,联立，可得，显然，所以，所以所以,所以，故A正确；对于B选项：，故的最小值为5，故B错误；对于C选项：设的中点为,则结合韦达定理，所以到准线的距离为.而，所以，故以AB为直径的圆与抛物线的准线相离,故C正确；对于D选项：因为直线恒过定点，又直线于,所以在以为直径的圆上,的中点则为圆心，所以,故存在定点Q，使得为定值,故D正确.故选：ACD.12.已知在长方体中，，，，为矩形内（含边界）一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若．则（）A.在矩形内的轨迹是抛物线的一部分B.三棱锥体积的最小值是C.长度的最小值为D.存在唯一一点，满足【答案】ABC【解析】【分析】作平面，分析点的轨迹即可判断选项A，在平面中分析建系，求出三棱锥体积的最小的点坐标，即可判断选项B，结合抛物线的性质即可判断选项C，结合选项C，建立空间直角坐标系，利用向量的模即可判断选项D.【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，因平面，，平面，则平面，平面，所以，连接，则，，因为，所以，所以，由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，A正确；当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，建立如图所示直角坐标系，则，直线的方程为，抛物线方程为，则，设与平行且与抛物线有一个交点直线为，则联立，得，则，，联立得，所以到直线的最短距离为，因为，所以，B正确；因为，所以最小时，最小，且最小为，所以最小为，C正确；结合上述，建立空间直角坐标系如图，则，，，令，解得，所以不存在点，满足，D错.故选：ABC【点睛】方法点睛：本题属于圆锥曲线、空间几何体、空间向量的综合性题目，属于中档题，常用方法有：（1）数形结合的数学思想；（2）动点轨迹的转化；（3）三棱锥体积最值的转化等.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的2倍的直线的方程为_________________．【答案】或【解析】【分析】根据题意设直线方程为，求截距，列式求解即可.【详解】由题意可知：直线斜率存在且不为0，设直线方程为，令，解得；令，解得；可得，解得或，所以直线方程为或.故答案为：或.14.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过C上一点M向y轴作垂线交另一支于N点，若，且，则C的离心率为_____________．【答案】##【解析】【分析】由题意可知：正方形，结合通径列式求解即可.【详解】由题意可知：，且，结合对称性可知为矩形，且，则为正方形，可得，整理得，解得或（舍去）.故答案为:.15.在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】在正方体中找到点关于平面的对称点，利用几何关系求的最小值.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，棱长为3，，所以，，，，，设直线与平面的交点为，由正方体性质可知，，，平面，平面，所以平面，所以在平面的投影为，且，则关于平面的对称点即点关于的对称点，设为G，则为，所以的最小值为，为.故答案为：.【点睛】16.已知椭圆，过原点作两条互相垂直的射线交椭圆于、两点，则弦长的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】对直线、的斜率是否同时存在进行分类讨论，当直线、分别与两坐标轴重合时，直接求出的值；当直线、的斜率都存在时，设直线，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】当直线、分别与两坐标轴重合时，；当直线、的斜率都存在时，设直线，联立，可得，所以，，同理可得，所以，，因为，则，令，令，因为函数在上为增函数，在上为减函数，又因为，，则，此时，，则.综上所述，的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知在中，AB边所在直线的方程为，AC边所在直线的方程为，AC边上的中线所在直线的方程为．（1）求C点的坐标；（2）求的外接圆方程．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由直线方程联立求交点，由边上中线联立求得的中点，进而由中点坐标公式得点坐标；（2）联立边上的中线得点坐标，设出圆的一般方程，由三点坐标代入待定系数即得.【小问1详解】由，得，所以A点的坐标为，由，得，即边AC的中点为，所以C与A关于点M对称，设，则，得，所以C点的坐标为．【小问2详解】由，得，故B点的坐标为，设的外接圆方程为，且，则，得，则所求圆的方程为．18.如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形．（1）求证：平面BCD⊥平面ACE；（2）若，，，求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）首先证明BC⊥平面ACE，然后证明平面BCD⊥平面ACE；（2）构建空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面ADE和平面CDE夹角的余弦值；【小问1详解】∵AB为圆锥底面的直径，C为底面圆周上一点，∴BC⊥AC．∵四边形OAED为矩形，OD⊥平面ABC，∴AE//OD，AE⊥平面ABC，又平面ABC，又∵，平面ACE，平面ACE，∴BC⊥平面ACE．又平面BCD，∴平面BCD⊥平面ACE．【小问2详解】以C为坐标原点，AC，BC所在直线分别为x，y轴，过点C且与OD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，．设平面ADE的法向量为，则，即，令，得，所以．设平面CDE的法向量为，则，即，令，得，，所以，所以，所以平面ADE和平面CDE夹角的余弦值为．19.已知过点且互相垂直的两条直线，，其中与x轴交于点G，与y轴交于点H.（1）求GH的中点M的轨迹方程；（2）已知圆C：，在（1）的轨迹上任取一点P，过P作圆C的切线PA，PB，切点为A，B，求四边形PACB面积的最小值及此时点P的坐标.【答案】19.20，【解析】【分析】（1）设点M的坐标，根据几何关系得，代入距离公式化简即可求解；（2）根据四边形的对称性及勾股定理把面积问题转为的最小值问题，利用切线长公式及点到直线距离公式求出最小值，联立直线方程即可求解点的坐标.【小问1详解】如图，设，则，，连接EM，OM.因为，所以，即，化简即得点M的轨迹方程为；【小问2详解】如图，由（1）知点M的轨迹方程为，则四边形PACB的面积，因为为直角三角形，所以，当最小时，切线长最小，显然当PC垂直于直线时，，所以，所以四边形PACB的面积最小值为.此时，，又，所以直线PC：，联立，解得，即.20.已知点，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是1．（1）求点M的轨迹E的方程；（2）过点作相互垂直的两条直线和，且与E交于C，D两点，与E交于G、H两点，求．【答案】（1）（）（2）．【解析】【分析】（1）设点坐标，然后根据斜率之积求解出点M的轨迹方程；（2）设出直线方程：，，：，，联立方程组，然后根据韦达定理求解，，从而求解出.【小问1详解】设，．∵，，，∴，整理得（）．即点M的轨迹E的方程为（）．【小问2详解】当和中一条直线垂直于x轴时，另一条直线为x轴，此时不符合题意．当直线和的斜率存在且不为0时，如图，设：，，：，．与E的方程联立得，消去x并整理得，因为与E交于两点，故，此时，设，，则，，所以，同理，所以．21.如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，，且平面⊥平面，．（1）求的长；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）1;（2）．【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，然后可得平面，再结合条件计算即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，并利用线面角公式进行计算即可.【