安徽省合肥市六校联盟2022~2023学年第一学期期中高二数学试卷及答案

高二年级数学试卷

(考试时间：120分钟满分：150分)一、单选题：本大题共8小题，每小题5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．过A2,3,B1,0两点的直线的倾斜角是A．45B．60C．120D．1352．如图，在四面体OABC中，OAa，OBb，OCc，点M在OA上，且OM2MA，点N为BC的中点，则MN121A．abc232112C．abc223211B．abc322221D．abc3323．已知方程x2y22x2k0表示圆，则k的取值范围是A．(,1)(3,)1B．,3C．(,1)3D．,2x2y2π21m0的焦点为F1，F2，与y轴的一个交点为A，若F1AF2，则m4．椭圆2m1m2A．1B．2C．3D．25．如图，ABCDEFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足312APABADAE，则P到AB的距离为523A．34B．45C．35D．566．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为1，且PA与AB，AD的夹角都等于60°．若M是PC的中点，则BMA．34B．34C．33D．327．已知点P在直线l:xy100上，过点P的两条直线与圆O:x2y28分别相切于A，B两点，则圆心O到直线AB的距离的最大值为1042B．5C．D．2258．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分A．1别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则3椭圆的离心率为试卷第1页，共4页3612B．C．D．3333二、多选题：本大题共4小题，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得得2分，有选错的得0分.9．下列说法正确的是A．2A．已知n为平面的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若n,m，则l与所成角为36B．P、A、B、C是空间中四点，若OAOBOC3OP，则P、A、B、C四点共面C．过(x1,y1)，(x2,y2)两点的直线方程为yy1xx1y2y1x2x1D．“ab8”的一个必要不充分条件是“直线2xay10与直线bx4y20平行”10．下列说法错误的是

A．a1,1是直线xy30的一个单位方向向量B．直线x2y40与直线2x4y10之间的距离是C．点A2,1到直线l：xy20的距离为951032D．经过点P(3,4)，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线条数共有2条x2y211．已知椭圆C:221(ab0)的左､右焦点分别为F1,F2，长轴长为4，点P(2,1)在椭圆C外，点Qab在椭圆C上，则2A．椭圆C的离心率的取值范围是2,13时，QF1的取值范围是23,232C．存在点Q使得QF1QF20B．当椭圆C的离心率为D．11的最小值为2QF1QF212．如下图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M为线段CC1上的动点，AM平面，则下面说法正确的是32A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为，32B．已知N为DD1中点，当AMMN的和最小时，MC22DNC．点M为CC1的中点时，若平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D．点M与点C1重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分.把答案填在答题卡上的相应位置.13．已知圆C1:x2ya9与圆C2:xay21有四条公切线，写出一个实数a的可能取值是______．22试卷第2页，共4页

14.向量a1,0,1，bx,1,2，且ab3，则向量b在a上的投影向量的坐标为______．15.已知圆C:x2y24，直线l:yxb.若圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1，则b的值为______．x216．已知椭圆C：y21的左､右焦点分别是F1，F2，过点F1的直线交椭圆于A，B两点，则ABF2的4内切圆面积的最大值为________.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)已知点A0,1，________，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答．（I）求直线l1的方程；（II）求直线l2：x2y20关于直线l1的对称直线的方程．条件①：点A关于直线l1的对称点B的坐标为2,1；条件②：点B的坐标为2,1，直线l1过点2,1且与直线AB垂直；条件③：点C的坐标为2,3，直线l1过点2,1且与直线AC平行．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18.(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC,ACBC2,CC13，点D,E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1,CE2．（I）设F为B1C1中点，求证：A1F//平面BDE；（II）求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值．19.(本小题满分12分)已知圆C的圆心为原点，且与直线3x4y100相切，直线l过点M1，2．（I）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；（II）若直线l被圆C所截得的弦长为23，求直线l的方程．试卷第3页，共4页20.(本小题满分12分)410x2y2已知椭圆C:21(2b0)，直线yx被椭圆C截得的线段长为.54b（I）求椭圆C的标准方程；（II）过椭圆C的右顶点作互相垂直的两条直线l1,l2分别交椭圆C于M,N两点（点M,N不同于椭圆C的右顶点），证明：直线MN过定点.21.(本小题满分12分)如下图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，，PAAD2，ABBC1．2（I）求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值；（II）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线PB与CD之间的距离．ABCBAD22.(本小题满分12分)3x2y21,如图，已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别是A,B，且经过点，2ab直线l:xty1恒过定点G且交椭圆于D,E两点，G为OA的中点.（I）求椭圆C的标准方程；（II）记BDE的面积为S，求S的最大值.试卷第4页，共4页合肥六校联盟2022-2023学年第一学期期中联考

高二年级数学参及评分标准

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.题号答案1A2B3C4A5D6D7C8D二、多选题：本大题共4小题，每小题5分.题号答案9AB10ACD11ABC12ABC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，13．4（答案不唯一）14．四．解答题17.(本小题满分12分)（1）选择条件①：因为点A关于直线l1的对称点B的坐标为2,1，所以l1是线段AB的垂直平分线．因为kAB111，所以直线l1的斜率为1，又线段AB的中点坐标为1,0，2033,0,22

15．216．4所以直线l1的方程为yx1，即xy10．选择条件②：因为kAB…………………………5分111，直线l1与直线AB垂直，所以直线l1的斜率为1，20又直线l1过点2,1，所以直线l1的方程为y1x2，即xy10．…………………………5分选择条件③，因为kAC311，直线l1与直线AC平行，所以直线l1的斜率为1，20又直线l1过点2,1，所以直线l1的方程为y1x2，即xy10．…………………………5分xy10x4（2），解得，故l1，l2的交点坐标为4,3，x2y20y3因为A0,1在直线l2：x2y20上，设A0,1关于l1对称的点为Mx,y，y11x2x则，解得，xy1y11022第1页共6页直线l2关于直线l1对称的直线经过点2,1，4,3，代入两点式方程得2xy50，y1x2，即3142所以l2：x2y20关于直线l1的对称直线的方程为2xy50．…………………………10分18.(本小题满分12分)（1）证明：取BE中点G，连接FG、DG，则FG//CC1//AA1，且FGC1EBB1132，22所以FG//A1D且FGA1D，所以四边形A1DGF为平行四边形，所以A1F//DG．又A1F平面BDE，DG平面BDE，所以A1F//平面BDE．…………………………5分（2）解：因为直三棱柱ABCA1B1C1中ACBC，所以CA、CB、CC1两两垂直．

分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,2,0，E0,0,2,D2,0,1,A2,0,0，所以BE0,2,2，BD2,2,1，A1B1AB2,2,0，设平面BDE法向量为nx,y,z，则nBE0，nBD0，2y2z0即，令y1，得到平面BDE的一个法向量2x2yz01n,1,1．2…………………………10分设直线A1B1与平面BDE所成的角为，121210A1B1n22则sincosA1B1,n，61A1B1n114404所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为2．6…………………………12分第2页共6页19.(本小题满分12分)（1）圆心0，0到直线3x4y100的距离d圆C1的半径为2，所以x2y24；当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为1r，不相切．直线斜率存在，设直线l：y2kx1，由d2k1k22，得k0或k431034222，所以切线方程为y2，或4x3y100．…………………………6分（2）当直线斜率不存在时，x1，直线l被圆C1所截得的弦长为23，符合题意；当直线斜率存在时，设直线l：y2kx1，k2由2k12324，解得：k3，43x1，即3x4y50，4综上所述，直线l的方程为3x4y50或x1…………………………12分故l的方程是y220.(本小题满分12分)（1）根据题意，设直线yx与题意交于P,Q两点.不妨设P点在第一象限，又PQ长为4

25410P25，，，155555b2=1x2∴b1，故C的标准方程为y21

4…………………………4分（2）显然直线l1,l2的斜率存在且不为0，设l1:xmy2,l2:x

1

y2，mxmy2

2m284m222,2由x得m4y4my0，∴M，22m4m4y1

428m24m,同理可得N224m14m1当m1时，kMN…………………………6分4m215m，所以直线MN的方程为第3页共6页4m5m2m28y2xm44m21m24整理得y

4m21

5m

x

4m21

6m



6

x，所以直线254m1

5m

当m1时，直线MN的方程为x

66

，直线也过点,055

所以直线MN过定点

6

,0.…………………………12分5

注：其它解法也可以.21.(本小题满分12分)解：以AB,AD,AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B（1,0,0），C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)（1）因为PA平面ABCD，且AD面ABCD，PAAD，又ABAD，且PAABA，AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD(0,2,0)

因为PC(1,1,2)，PD(0,2,2).设平面PCD的法向量为m(x,y,z)，则mPC0，mPD0xy2z0即，令y1，解得z1，x1.2y2z0所以m是平面PCD的一个法向量，（1,1,1）

ADm3从而cosAD,m，3ADm第4页共6页所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为（2）因为BP(-1,0,2)，3；3…………………………6分设Q为直线PB上一点，且BQBP(,0,2)，又CD(-1,1,0)，CB(0,1,0)则CQCBBQ(,1,2)，22CQCDCQCD2则点Q到直线CD的距离dCQCQcosCQ,CD211411222292122919144∵2222999∴d232.3所以异面直线PB与CD之间的距离为…………………………12分注：若用公垂线向量等其它方法，酌情扣分。22.(本小题满分12分)（1）由题意可得，直线l:xty1恒过定点G(1,0)，因为G为OA的中点，所以|OA|2，即a2.323121，解得b1，1,因为椭圆C经过点，所以2222bx2所以椭圆C的方程为y21.42…………………………4分（2）设Ex1,y1,Dx2,y2.x24y24由得xty1t24y22ty30,0恒成立，则y1y22t3，,yy12t24t242…………………………6分2则|ED|1ty1y22341t2t232t4y1y21t242t24t4t42第5页共6页又因为点B到直线l的距离d31t2，1141t2t2336t232所以S|ED|d222t24t41t2…………………………9分6t236m62令mt3󰀮3，则2，t4m1m1m111因为ym，m3时，y120，ym在m[3,)上单调递增，mmm14333所以当m3时，m时，故Smax.2mmin3即S的最大值为33.2…………………………12分1注：本题第2问通过S=BFyDyE也可以.2第6页共6页