安徽省安庆市2024-2025学年高二数学上学期第二次试题含解析

Page25（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.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若且，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】依据线面垂直以及面面垂直的性质推断A，B；依据线面平行的性质推断C；依据线面垂直的性质推断D.【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，对于B，若，则或者或者相交，故B错误，对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.对于D，若，则，又，所以，故D正确，故选：D.2.已知函数是奇函数且满意，当，时，恒成立，设，，，则a、b、c大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得的周期性、单调性，结合奇偶性推断出正确答案.【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以，故，所以函数的周期为，当、时，恒成立，即当时，，即，所以函数在上为单调增函数，因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，因，，因，所以．故．故选：B【点睛】假如一个函数的图象既关于直线对称，也关于点对称，则这个函数具有周期性.对于函数的单调性来说，在时，若，则函数单调递增.奇函数的单调性在轴两侧对应的区间上相同，偶函数则相反.3.设，若恒成立，则的最大值为（）A.9 B.18 C.20 D.27【答案】B【解析】【分析】依据变形后，利用均值不等式求出的最小值即可求解.【详解】,,,当且仅当，即时等号成立.所以，即实数k的最大值为18，故选：B.4.已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.【详解】因为直线：，即，令，解得，可知直线过定点，同理可知：直线过定点，又因为，可知，所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，因为圆的圆心，半径，所以的最大值是.故选：B.5.加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国闻名的几何学家．如图，他在探讨圆锥曲线时发觉：椭圆的随意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（）A.椭圆的离心率为 B.椭圆的蒙日圆方程为C.若为正方形，则的边长为 D.长方形的面积的最大值为18【答案】D【解析】【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特别的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．故选：D．6.已知函数（且），设T为函数的最小正周期，，若在区间有且只有三个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据题意可确定为函数的最小正周期，结合求出，再依据在区间有且只有三个零点，结合余弦函数性质列出不等式，求得答案.【详解】由题意知为函数的最小正周期，故，由得，即，由于，故，在区间有且只有三个零点，故，且由于在上使得的x的值依次为，故，解得，即，故选：D7.已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.【详解】设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，故其方程为：，令，则，结合在轴正半轴上，故，令，则或，故.故，故直线.设，因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，而，故，整理得到：，故，故，所以，故，整理得到：，故，故选：D.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.8.在正三棱柱中，，，则下列结论不正确的是（）A.不存在，使得异面直线与垂直B.当时，异面直线和所成角的余弦值为C.若，当时，三棱锥的外接球的表面积为D.过且与直线和直线所成角都是的直线有两条【答案】D【解析】【分析】A.利用反证法，说明冲突；B.利用异面直线所成角的定义，即可求解；C.利用几何图形构造三棱锥外接球的球心，即可求解；D.依据异面直线所成角的定义，构造图形，分状况求解，即可推断.【详解】对于A，假设存在满意题意，使得，又，，且平面所以平面，所以，这与是正三角形冲突，所以假设不成立，故A正确；对于B，当时，，如图1，取靠近点的三等分点，连接，，易得，，所以四边形是平行四边形，则，所以或其补角即为异面直线和所成的角，设，则，，在中，由余弦定理得，故B正确；对于C，，当时，结合正弦定理可得得外接圆的半径，设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球球心为，半径为，如图2，易知，，所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确；对于D，在平面和平面内，过点分别作直线和直线的平行线和，由异而直线所成的角的定义知：过的直线与直线和直线所成角与过的直线与直线和所成角相等，如图3，过作；如图4，过作，使得；如图5，过作，使得，共三条，故D错误.故选：D二、多选题（本题共计4小题，总分20分）9.已知，则下列结论正确的是（）A.的最小值为16 B.的最小值为9 C.的最大值为1 D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式即可推断A；依据基本不等式中“1”的整体代换即可推断B；利用消元法即可推断C；利用消元法结合二次函数的性质即可推断D.【详解】对于A，因为，所以（舍去），所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16，故A正确；对于B，因为，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为9，故B正确；对于C，由B得，则，则，故C错误；对于D，，当，即时，取得最小值，所以当时，的最小值为，故D正确.故选：ABD.10.将函数图象上点的横坐标缩短为原来的，然后将所得图象向右平移个单位，得到函数的图象．则下列结论中正确的是（）A.B.C.的单调递增区间为D.为图象的一条对称轴【答案】ABD【解析】【分析】利用三角函数图象变换求出，的解析式，即可推断AB,验证在处是否取得最值，即可推断D，干脆求出的单调递增区间即可推断C.【详解】由于函数，将函数的图象上的点的横坐标缩短为原来的倍，得到，然后其图象向右平移个单位得到函数的图象，所以，又，所以，由于且,故，故，因此，故AB正确，对选项D：因为，所以是函数的一条对称轴，故D正确；对选项C：由得，故单调递增区间为，C不正确；故选：ABD．11.如图，在三棱锥中，，若三棱锥的体积为，则下列说法正确的有（）A.B.直线PC与面PAB所成角的正弦值为C.点A到平面PBC的距离为D.三棱锥的外接球表面积【答案】ABD【解析】【分析】A.由体积公式，计算点到平面的距离，即可推断；B.依据垂直关系，构造线面角，即可推断；C.利用等体积转化，即可求解并推断；D.依据外接球的半径公式，即可求解并推断.【详解】设点到平面的距离为，三棱锥的体积，得，因为，所以平面，又平面，所以，故A正确；因为平面，所以平面平面，且平面平面，取的中点，连结，因为是等边三角形，所以平面，为直线PC与面PAB所成角，，,所以,故B正确；中，，，所以边上的高为，,设点到平面的距离为，则，得，故C错误；如图，过的中心作平面的垂线，过线段的中点作的垂线，两条垂线交于点，则点到四点的距离相等，即点是三棱锥外接球的球心，外接圆的半径，,所以三棱锥外接球的半径,所以外接球的表面积，故D正确.故选：ABD12.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，点，则（）A.四边形的周长为8 B.的最小值为9C.直线，的斜率之积为 D.若点为椭圆上的一个动点，则的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】依据椭圆定义结合椭圆对称性可推断A；利用椭圆定义以及基本不等式推断B；设，，表示出，的斜率之积，结合点在椭圆上即可化简求值，推断C；将转化为，利用图形的几何意义求解，推断D.【详解】对于A，由题意知对于椭圆，，与椭圆交于，两点，则，关于原点对称，且，,故四边形的周长为，A正确；对于B，由于，关于原点对称，故，所以，当且仅当，结合，即时等号成立，B错误；对于C，设，则，而，故，而在椭圆上，即，即，故，C正确；对于D，由于点为椭圆上的一个动点，故,则，故，当且仅当共线时，且P在之间时等号成立，而，，故的最小值为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的推断，解答时要留意利用椭圆的定义将线段差转化为线段之和，结合图形的几何意义即可求解.三、填空题（本题共计4小题，总分20分）13.若的三个顶点分别是，，，则的外接圆的标准方程为______.【答案】【解析】【分析】设圆的方程为，然后将的坐标代入求解即可.【详解】设圆的方程为，因为的三个顶点分别是，，，所以，解得，所以圆的方程为，即，故答案为：.14.已知正实数满意，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】变形得到，结合，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】，由，得，故，则，当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为．故答案为：15.已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满意，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】依据椭圆定义并利用余弦定理可得，再依据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再依据面积比即可计算出离心率.【详解】依据题意画出图象如下图所示：利用椭圆定义可知，且；又，利用余弦定理可知：，化简可得；所以的面积为；设的外接圆半径为，内切圆半径为；由正弦定理可得，可得；易知的周长为，利用等面积法可知，解得；又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，即可得，所以；离心率.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.16.在边长为2的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，此时点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为______.【答案】##【解析】【分析】依据给定条件，利用球的截面小圆性质确定球心，求出球半径即可得解.【详解】依题意，是边长为2的正三角形，取中点，连接，则，是二面角的平面角，即，并且平面，而平面，于是平面平面，平面平面，令的外心为，明显在上，且，在平面内过作直线垂直于，则此直线垂直于平面，于是四面体的外接球球心在此直线上，即有平面，令的外心为，明显在上，连接，则平面，而平面，于是，明显，即≌，则，因此，从而四面体的外接球半径，所以该球的表面积为.故答案为：【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.四、解答题（本题共计6小题，总分70分）17.已知在中，.（1）求B；（2）若，，求AC边上的高.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；（2）依据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】由及正弦定理可得，即，即，所以.因为，所以，所以.因为，所以.【小问2详解】因为，，所以由余弦定理可得，所以，即，所以.设边上的高为，则，所以，所以边上的高为.18.经过椭圆的左焦点作倾斜角为45°的直线，直线与椭圆相交于两点，是椭圆的右焦点.（1）求的周长.（2）求的长.【答案】（1）8（2）【解析】【分析】（1）依据题意结合椭圆的定义运算求解；（2）依据弦长公式结合韦达定理运算求解.【小问1详解】由椭圆方程可知：，则，所以的周长为.【小问2详解】由（1）可知：，且直线的斜率，可得：直线，设，联立方程，消去y得，则，且，所以.19.如图，在正方体中，棱长为为的中点.（1）求证:平面:（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）由正方体性质易证四边形为平行四边形，即有，由线面平行判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求点面距离即可.【小问1详解】在正方体中，，且，所以四边形为平行四边形，即，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，点D到平面的距离，所以点D到平面的距离为.20.在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满意.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，先证明平面，依据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法即可求得答案；法二，依据线面角的定义作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案.【小问1详解】取中点，连接，，∵，∴，又∵，，∴，∴四边形是平行四边形，而，故平行四边形是矩形，∴，又∵为等边三角形且为中点.∴，平面，，∴面，面，∴.【小问2详解】法一：∵平面平面，且平面平面，，平面，∴平面，平面，∴，，两两垂直，连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，平面的一个法向量可取为，设平面的法向量为，所以，即，令，则取，设二面角的平面角为，则，由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知，∵面面，且面面，平面，又∵，∴平面，而平