安徽省“皖中联考”2023-2024学年高二上学期期中质检数学试题

“皖中联考”2023—2024学年高二（上学期）期中质检数学合题目要求的.A.0。B.90。C.135。D.不存在2211111111a2+b2a2+b2ADE,BCF的腰长均为,EF∥框架ABCD所在的平面，EF=1，活动弹子M,N分别在EF,AC上移:x22A.B.C.2D.2B.点A到直线BC的距离为C.ABC为等腰直角三角形D.ABC的面积为522B.若C的焦点在x轴上，则C的焦距为2()D.若C的焦点在y轴上，则C的离心率为(1)11.已知圆O:x2+y2=4内有一点P|(1)切线l1,l2，且l1,l2相交于点Q，则()A其中得出错误结论的同学有()15.如图，三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均相等，∠ACC1=2∠A22（2）求点B的坐标.,,4（2）求点P到平面MNC的距离.（2）若三棱锥A1-ABC1的体积为，求平面ABC1与平面A1BC1夹角的余弦值.在一公园内有一如图所示的绿化空地，∠AOB=120。,O线在点E处建一个八角亭，点E到直线OA的距离(25)|(25)（1）求M,N之间两路的长；（2）在OMN内部选一点F，建一个可自动旋转的喷头，喷洒区域是一个以喷头F为圆心的圆形，喷洒的水不能喷到OMN的外面，求喷洒区域的最大面积，并求此时圆F的方程.66（2）若Q为线段AB上一点，求PQ与平面APM所成角的正弦值的最大值.点M在线段EF上，若∠AMF=2∠ABM，证明：BE⋅MF=BF⋅EM.参考答案及解析1.A【解析】因为y=−cos45。=−平行于x轴，所以直线y=−cos45。的倾斜角为0。.故选A项.−3m−1n−21所以n−m=1.故选D项.3.C【解析】由椭圆的对称性可知，C为E的上或下顶点，且∠ACB=120。，如图所示.不妨设C为E的上顶点，所以m=tan60。=，则m=.l13+2D+3E+F=0,无法对剩余命题判断真伪.故选D项.所以BD1=AD1−AB=AA1+2AD−AB.又BM=3D1M，所以BM=BD1=AA1+AD−AB，所以CM=BM−BC=BM−AD=AA1+AD−AB−AD=AA1−AB−AD.故选C项.7.C【解析】取BC,AD的中点分别为H,G，连接GH，与AC交于点O，又GH∩FH=H，所以BC⊥平面EFHG，又BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面EFHG.以O为坐标原点，过O作平行于AD的直线为x轴，在平面EFHG内过O作垂直于平面ABCD的直线为z轴，OH所在直线为y轴， 2 2 22(2 (353)当mMN当m222MN取得最小值.故选C项.222>22=8， 22又a2====−21所以直线BC的方程为y=−x+2)，即x+3y+2=0，则点A到直线BC的距离为d= 2+32 =,B项正确；易知kAB==,kAC==−2，则kAB⋅kAC=−1，所以∠BAC=90。，又AB==,AC==，所以AB=AC，解得−2<m<c=aa2−b2 =，所以C的焦距为2，B项正确；0<c=22m+2a2−b2a2，C项错误；当C的焦点在y轴上时， =2+m−1−m= 所以C的离心率为e=2m2m+122+m22m+12+mx2+y2−x0x−y0y=0，与x2+y2=4相减得直线l的方程为x0x+y0y−4=0，+y0−4=0，所以2x0+y0−8=0，因此点Q的轨迹方程为2x+y−8=0，B项正确；当OQ=4时，点Q在圆x2+y2=16上，联立2+2+y2=16,设AB与OQ的交点为D，由图可知AOD∼−kk2k2+1,得k=−所以直线l的方程为3x+4y−5=0，当直线l的斜率不存在时，x=1也满足题意，D项正确，故选BCD项.建立如图所示的空间直角坐标系.P=λAB+µAD−AA1=AP−AA1得AP=λAB+µAD,λ,µ∈[0,1]，所以点P为底面2+2=−P 122+12+32P 122+12+32=11，所以存在点P，使P，所以=AP1AP+PQ得A1P+PQ=23，所以存在λ,µ,使得A1P+PQ=23，B项错误；2+y−2=,所以点P的轨迹为正方形ABCD的内切14.【解析】由两直线3x−ay+6=0与x−2y−3=0平行可知a=6，所以两直线之间的距离d=2+(−2)2=.6【解析】设三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为1,AB=,AC=b,AA1=，由∠ACC1=2∠A1AB=120， a⋅c=,2 1,2又=+−.BE=−2「 =55CF=2= 2所以cosBE,CF=⋅=6，故异面直线BE由椭圆的定义可知BF1=2a−2m，因为点A在y轴上，F,F、右焦点，所以AF1=AF2=3m.由∠AF1B=90，得(2a−2m)2+(3m)2=(5m)2，则2a−2m=4m，所以a=3m.由cos∠AF2F1=−cos∠BF2F1，得=−，整理得9m2=5c2，则m=c，所以a=3m=c，故e==.lx+y−4=0,ly=5,−,−,又边AB上的高所在的直线方程为2x+y−3=0，所以边AB所在的直线方程为y+7=x−1)，即x−2y−15=0.又角C的平分线所在的直线方程为x+y−4=0，所以点A1在直线BC上，所以直线BC的方程为=即x+6y−29=0，(x−11=,27=,4以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴、由2PM=MB,PN=ND,PH=4PA，PM1PN1PH1PB3PD2PA4设CH=λCM+|=2|=2λ+µ,所以CH=CM+CN，故C,M,H,N四点共面.所以点P到平面MNC的距离d== = 32+62+82109以过M与BB1平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.，，所以MN=BA1，所以MN∥A1B，2因为MN⊄平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1，所以MN∥平面A1BC1.11CD=，3=2，则C1,0,0，.y1z1y1z11+2z1=0,令y1=1，则=|2−y2=0,2+2z2=0,所以cos,=−1+1=3,5,7故平面ABC1与平面A1BC1夹角的余弦值为20.解1）因为∠AOB=120，所以直线OB的方程为y=−x，500>0) (3)2+1220 (3)2+122解得x0=20，(50)故M,N之间甬路的长为MN= 易知OMN的内切圆F的圆心在∠AOB的平分线上，则在直线y=x上.因此喷洒区域的最大面积S=πr2=75πm2.21.（1）证明：连接AC,BD,AC与MN则AC」BD，又M,N分别为BC,CD的中点，所以MN∥BD，则AC」MN，所以MN」平面APO，又AP平面APO，所以MN」AP，则在ADN中，由余弦定理得AN= AD2+DN22AD.DNcos120。 +=，因为PN=CN=1，所以AP2+=，则AP」PN，又PN（MN=N，所以AP」平面PMN，因为AP平面APN，所以平面APN」平面PMN.（2）解：以O为原点，以OA,OM所在直线分别为x,y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.3=24 3=24=−,1,0.|−2x+2y=0,.设==−λ,λ,00<λ<1)λ,λ,−，设PQ与平面APM所成角为θ,显然当λ=0时，sinθ=0，不满足题意，所以0<λ<1，所以>1，所以sinθ=cos,==33λ2λ3−+4解得a2=4,b2=3或a2=,b2=9（舍去22故C的方程为y+x=1.43222222EM,y0