福建省福州市山海联盟教学协作校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

山海联盟校教学协作2023-2024学年第一学期高二年级数学学科期中考试卷分值：150分完卷时间：120分钟一､单项选择题：本题共8小题，每题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.已知直线过点与点，则这条直线的倾斜角是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用两点求出斜率，再求解倾斜角即可.【详解】因为直线过点与点，所以该直线的斜率为，设这条直线的倾斜角为，则，所以.故选：D2.已知空间向量，当时，则（）A.B.3C.D.【答案】B【解析】分析】根据已知推得，代入列出方程，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以有，解得.故选：B.3.在正方体中，是棱上一点，是棱上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，写出坐标，根据夹角的向量公式，可得答案.【详解】由题意，如下图所示建立空间直角坐标系：设正方体的棱长为，则，，，，，，设，，由，则，由，，则，解得，所以，由，则，由，，则，解得，所以，由，，则，，，设异面直线与的夹角为， 则.故选：A.4.两条平行直线和间的距离为，则的值分别为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知列出关系式，求出的值.然后根据两条平行线之间的距离公式，即可求出的值.【详解】由已知可得，，解得.代入化简可得，.根据两条平行线之间的距离公式可得，.故选：B.5.圆与圆外切，则正数（）A.B.1C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据圆一般方程整理为标准方程，明确圆心与半径，结合两圆外切，建立方程，可得答案.【详解】由圆，则整理可得，所以圆心，半径，由，则圆心，半径，由两圆外切，则，所以，解得正数.故选：C. 6.圆关于直线对称的图形轨迹方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将已知圆化为标准方程得出圆心、半径，根据点关于直线对称点坐标关系列出方程组，求解即可得出对称圆的圆心，进而得出答案.【详解】圆关于直线对称的图形的轨迹仍为圆.将圆的方程化为标准方程可得，，圆心，半径.设点关于直线对称的点为，则有，解得，即对称圆的圆心为.又半径，所以，轨迹方程为.故选：D.7.直线与圆相交于两点，则弦长的最小值为（）A.B.4C.D.8【答案】C【解析】【分析】先求出圆心、半径，得出直线的定点.求出圆心到直线的最大距离，即可根据垂径定理，得出答案. 【详解】由已知可得，圆心，半径.将直线方程化为，由可得，，所以直线恒过点，显然点在圆内.当与直线垂直时，圆心到直线的距离有最大值，最大值为.由垂径定理可得，，可知此时弦长有最小值，最小值为.故选：C.8.正方形中，边长为为正方形中心，为的中点，为中点，将沿着对角线BD缓慢折起，当的余弦值为时，二面角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知求出各边长度，推得即为二面角的平面角.结合图形，根据几何性质，用表示出，根据数量积的计算公式，即可得出答案.【详解】由已知可得，，，，所以，，均为直角三角形，即为二面角的平面角.又分别是的中点， 所以，，，且，所以，，，.由可得，.同理可得，.所以，，所以，.故选：B.二､多项选择题：本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知空间中三点则下列说法正确的有（）A.B.C.D.在上投影向量的长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.【详解】对于A，由，则，故A正确；对于B，由，，因为，所以两向量显然不平行，故B错误；对于C，由，，则，故C正确； 对于D，在上投影向量的长度为，故D正确.故选：ACD.10.圆与轴相切，且经过两点，则圆可能是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】设圆的圆心为，则半径.根据已知可得，代入坐标化简得出.，整理可得，.联立即可得出圆心以及半径，进而得出答案.【详解】设圆的圆心为，则半径.又点，在圆上，所以有，即，整理可得，.又，即，整理可得，.联立可得，或，所以，圆心坐标为或.当圆心坐标为时，，圆的方程为；当圆心坐标为时，，圆的方程为.综上所述，圆的方程为或.故选：BC.11.下列说法错误的是（    ） A.若有空间向量，，则存在唯一实数，使得B.A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面C.，，与夹角为直角，则x的取值是0.D.若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线【答案】ACD【解析】【分析】考虑,可判断A;由空间向量共面定理可判断B;由向量的夹角为直角的等价条件可判断C;由空间的一组基底的定义可判断D.【详解】对于A,比如,,则不存在实数,故A错误;对于B,三点不共线，空间中任意点,若,由于,则四点共面,故B正确;对于C,,与的夹角为直角,则,可得，解得;故C错误;对于D,若是空间的一个基底,则四点不共面,且不共线,故D错误.故选:ACD.12.已知点是圆C：上的点，则下列说法正确的是（）A.到直线的距离最大值为5B.的最大值为C.的最小值为9D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】求出圆心、半径，根据几何意义转化为圆心与直线或点的距离以及连线的斜率求解，即可得出答案. 【详解】由已知可得，圆心，半径.对于A项，圆心到直线的距离，所以，到直线的距离最大值为，故A项错误；对于B项，设，当与圆相切时，斜率取得最大值或最小值.直线方程为，即.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，整理可得，解得，所以，的最大值为，故B项正确；对于C项，圆心到的距离为，所以，圆上点到的距离的最小值为，即，所以，，故C项正确；对于D项，设直线方程为，即，当直线与方程相切时，有最大值或最小值，则，所以.所以，的最小值为，即的最小值为，故D项错误.故选：BC.三､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.已知平面，和分别是和的法向量，，，则__________.【答案】 【解析】【分析】因为平面，所以，所以，，求出结果.【详解】因为平面，所以，所以，即，所以，即，，所以.故答案为：14.在边长为2的正方体中，点到平面的距离为__________.【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标，写出点的坐标以及向量的坐标，求出平面的法向量，根据向量法求解即可得出答案.【详解】如图，建立空间直角坐标，则，，，，所以，，，.设是平面的一个法向量，则，令，则是平面的一个法向量. 所以，点到平面的距离为.故答案为：.15.已知直线经过点，且，两点到直线的距离相等，则直线的方程为___________.【答案】或【解析】【分析】根据直线与直线平行，过直线过线段的中点进行分类讨论，从而求得的方程.【详解】直线的斜率为，所以过且平行于直线的直线方程为.线段的中点坐标为，所以过与线段中点的直线的方程为.所以直线或符合题意.故答案为：或16.阿波罗尼斯（古希腊数学家），证明过这样的一个命题：平面内与两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在中，，，当面积最大时，__________.【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出点满足的轨迹方程.根据已知，求出面积最大时，点 的坐标，根据两点之间的距离公式，即可得出答案.【详解】如图，以为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设.由正弦定理结合已知条件可得，，即，所以有，整理可得，，即.要使的面积最大，则点的纵坐标的绝对值取得最大值.由可得，，所以，点的纵坐标为或.根据已知，不妨设点的纵坐标为，此时点坐标为，所以.故答案为：.四､解答题：本题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.如图所示，四面体中，G，H分别是的重心，设，点D，M，N分别为BC，AB，OB的中点． （1）试用向量表示向量；（2）试用空间向量的方法证明MNGH四点共面．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合空间向量的线性运算即可求出结果；（2）证得，即可得出结论.【小问1详解】因为，而，又D为的中点，所以，所以．【小问2详解】因为， ，所以，，所以．所以四点共面．18.已知直线l过点.（1）若直线l在两坐标轴上截距和为零，求l方程；（2）设直线l的斜率，直线l与两坐标轴交点别为，求面积最小值.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）由题知直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，进而写出直线的方程并求解直线在坐标轴上截距，再结合题意求解即可；（2）由题知，进而根据题意得，再根据基本不等式求解即可得答案.【详解】解：（1）因为直线l在两坐标轴上截距和为零，所以直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，则直线l方程为，所以直线在坐标轴上截距分别为，，所以，整理得，解得或所以直线l方程为或.（2）由（1）知，因为，所以面积为，当且仅当，即时等号成立， 所以面积最小值19.如图，在长方体中，，为上的点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由数量积为0得到，证明出线面平行；（2）求出平面的法向量，结合（1）中平面的法向量，求出二面角的余弦值.【小问1详解】长方体，，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为， 则，令，则，故，则，所以，故平面；【小问2详解】设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，由（1）知，平面的法向量为，故，由图形可看出二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 20.在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.（1）求圆C的方程；（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得.【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，∴，解得，∴圆C的半径为，∴圆C的方程为.（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，由已知得，判别式①，由根与系数的关系得，②，由得.又∵，，∴可化为③，将②代入③解得，经检验，满足①，即，∴. 【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.21.如图，在三棱锥中，为等边三角形，，.（1）求证：平面平面；（2）点是棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置.【答案】（1）证明见解析（2）点与点重合【解析】【分析】（1）取中点为，连接.根据余弦定理结合已知可推得，，求出的值.进而根据勾股定理推得.然后即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出以及平面的法向量，然后根据线面角列出关系式，求解即可得出答案.【小问1详解】如图，取中点为，连接.因为，，，在中，由余弦定理可得，所以，且，所以.又因为为等边三角形，中点为， 所以，，，且.在中，有，所以，.因为平面，平面，，所以，平面.因为平面，所以，平面平面.【小问2详解】由（1）知，，平面.分别以所在的直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，，设是平面的一个法向量，则有，即，取，则，，.因为直线与平面所成角的正弦值为时，所以有，即， 所以有，整理可得，，解得或（舍去负值）.所以，点与点重合.22.已知圆.（1）若圆与直线相切于点，求直线的方程；（2）已知，圆与轴相交于（点在点的左侧），过点任作一条不与坐标轴垂直的直线，该直线与圆相交于两点，问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据已知求出的值，进而得出圆心、半径.设出直线方程，根据相切关系得出圆心到直线的距离与半径的关系，列出方程，求解即可得出答案；（2）先求出的坐标，设出的直线，代入的方程联立，根据韦达定理得出坐标之间的关系.化简，假设，列出方程，求解即可得出的值.【小问1详解】由已知可得，点圆上，所以有，解得，所以，圆的方程为， 化为标准方程为，圆心为，半径.当直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与圆不相切；当直线斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，即.因为直线与圆相切，所以有圆心到直线的距离，即，整理可得，解得，所以直线的方程为.【小问2详解】令，得，解得或，所以，，.假设存在实数，由已知可设直线的方程为，代入可得，.设，，从而.因为，又 .因为，所以，所以，所以.所以，存在实数，使得.【点睛】关键点点睛：假设存在实数，使得成立，即可转化为成立.