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辽宁省沈阳市辽宁省实验中学2023-2024学年高二数学上学期11月期中试题(Word版附解析)

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辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期期中阶段测试高二年级数学试卷考试时间:120分钟试题满分:150分命题人:高一数学组校对人:高一数学组一、选择题:本大题共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.在空间直角坐标系中,与点关于平面对称的点为()A.B.C.D.2.已知是椭圆上的一点,则点到两焦点的距离之和是()A.6B.9C.10D.183.如图,方程表示的曲线是().A.B.C.D.4.是从点P出发的三条射线,每两条射线的夹角均为,那么直线与平面所成角的余弦值是()AB.C.D.5.设直线的方程为,则直线的倾斜角的范围是() A.B.C.D.6.已知直线经过两点,则点到的距离是()A.B.C.D.7.圆心在直线x-y-4=0上,且经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程为()A.x2+y2-x+7y-32=0B.x2+y2-x+7y-16=0C.x2+y2-4x+4y+9=0D.x2+y2-4x+4y-8=08.设三棱锥的底面是正三角形,侧棱长均相等,是棱上的点(不含端点),记直线与直线所成角为,直线与平面所成角为,二面角的平面角为,则A.B.C.D.二、选择题:本题共4小题,每小题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.已知空间向量不共面,则下列各选项中三个向量共面的有()A.B.C.D.10.下列命题正确的是()A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过两个不同的点的直线都可以用方程表示C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条D.方程不一定表示圆11.如图,在棱长为1的正方体中() A.与的夹角为B.二面角的平面角的正切值为C.与平面所成角的正切值D.点到平面的距离为12.已知点,直线,圆,过点分别作圆的两条切线,(,为切点),在的外接圆上,则()A.直线的方程是B.被圆截得最短弦的长为C.四边形的面积为D.的取值范围为三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分13.已知,则最小值是________.14.已知,直线与平面所成的角为,直线与平面所成的角为,,且斜线段在平面内的射影相互垂直,则________.15.长方体中,,,,是棱上的动点,则的面积最小值是________.16.已知的顶点,,其外心(外接圆圆心)、重心(三条中线交点)、垂心(三条高线点)在同一条直线上,且这条直线的方程为,则顶点的坐标是________.四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为, (1)求点的轨迹方程;(2)若,求的面积.18.如图,平行六面体中,,.求:(1)的长;(2)直线与所成的角的余弦值.19.已知直线的方程为,若直线在轴上的截距为,且.(1)求直线和的交点坐标;(2)已知直线经过与的交点,且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为,求直线的方程.20.在如图所示的试验装置中,两个正方形框架的边长都是2,且它们所在的两个半平面所成的角为.活动弹子分别在正方形对角线和上移动,且.(1)用表示出的长度,并求出的长的取值范围;(2)当的长最小时,平面与平面所成角的余弦值.21.在平面直角坐标系中,已知圆经过点,且与圆相切于点.(1)求圆的方程; (2)圆上是否存在点,使得?若存在,求点的个数;若不存在,请说明理由;22.如图,在四棱锥中,面,且,分别为的中点.(1)求证:平面;(2)在线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值是?若存在,求出的值,若不存任,说明理由;(3)在平面内是否存在点,满足,若不存在,请简单说明理由;若存在,请写出点的轨迹图形形状. 辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期期中阶段测试高二年级数学试卷考试时间:120分钟试题满分:150分命题人:高一数学组校对人:高一数学组一、选择题:本大题共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.在空间直角坐标系中,与点关于平面对称的点为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解:因为点,则其关于平面对称的点为.故选:A.2.已知是椭圆上的一点,则点到两焦点的距离之和是()A.6B.9C.10D.18【答案】A【解析】【分析】由椭圆的定义可知,椭圆上任何一点到其两焦点的距离之和为定值,且定值为长轴的长度,由此即可得解.【详解】由题意可知椭圆中的长半轴长,设其两焦点分别为,又因为点是椭圆上的一点,所以点到两焦点的距离之和是.故选:A3.如图,方程表示的曲线是(). A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分和,去掉绝对值,得到相应的曲线.【详解】,当时,,当时,,画出符合题意的曲线,为B选项,故选:B4.是从点P出发的三条射线,每两条射线的夹角均为,那么直线与平面所成角的余弦值是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作图,找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形,找出边与角之间的关系,继而得到线面角;也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.【详解】解法一:如图,设直线在平面的射影为, 作于点G,于点H,连接,易得,又平面,则平面,又平面,则,有故.已知,故为所求.解法二:如图所示,把放在正方体中,的夹角均为.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则,所以,设平面的法向量,则 令,则,所以,所以.设直线与平面所成角为,所以,所以.故选B.5.设直线的方程为,则直线的倾斜角的范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分和两种情况讨论,结合斜率和倾斜角的关系分析求解.【详解】当时,方程为,倾斜角为当时,直线的斜率,因为,则,所以;综上所述:线的倾斜角的范围是.故选:C.6.已知直线经过两点,则点到的距离是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求. 【详解】因为,,可得,,可知,且在上的投影为,则点到直线的距离为.故选:D.7.圆心在直线x-y-4=0上,且经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程为()A.x2+y2-x+7y-32=0B.x2+y2-x+7y-16=0C.x2+y2-4x+4y+9=0D.x2+y2-4x+4y-8=0【答案】A【解析】【分析】设所求圆的方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)=0,用λ表示出圆心,代入直线x-y-4=0,求出λ,从而可求出所求圆的方程.【详解】根据题意知,所求圆经过圆x2+y2+6x-4=0和圆x2+y2+6y-28=0的交点,设其方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)=0,即(1+λ)x2+(1+λ)y2+6x+6λy-4-28λ=0,其圆心坐标为,,又由圆心在直线x-y-4=0上,所以--4=0,解得λ=-7,所以所求圆的方程为:(-6)x2+(-6)y2+6x-42y+192=0,即x2+y2-x+7y-32=0,故选:A.8.设三棱锥的底面是正三角形,侧棱长均相等,是棱上的点(不含端点),记直线与直线所成角为,直线与平面所成角为,二面角的平面角为,则A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角,应用三角函数知识求解,而后比较大小.而充分利用图形特征,则可事倍功半.【详解】方法1:如图为中点,在底面的投影为,则在底面投影在线段上,过作垂直,易得,过作交于,过作,交于,则,则,即,,即,综上所述,答案为B.方法2:由最小角定理,记的平面角为(显然)由最大角定理,故选B.方法3:(特殊位置)取为正四面体,为中点,易得,故选B.【点睛】常规解法下易出现的错误有,不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”,寻求简便解法.二、选择题:本题共4小题,每小题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.已知空间向量不共面,则下列各选项中的三个向量共面的有() A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据共面向量的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A:因为,所以共面,故A正确;对于选项B:假设存在,使得,整理得,则,无解,即不存在,使得,所以不共面,故B错误;对于选项C:因为,所以共面,故C正确;对于选项D:因为,所以共面,故D正确;故选:ACD.10.下列命题正确的是()A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过两个不同的点的直线都可以用方程表示C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条D.方程不一定表示圆【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方程的性质和圆的标准方程的性质逐项判断.【详解】对于A:经过定点且斜率存在的直线才可以用方程表示,斜率不存在时,用方程来表示,故A选项错误; 对于B:经过两个不同的点的直线有两种情况:当时,直线方程为,整理得;当时,直线方程为,即方程成立.综上所述,经过两个不同的点的直线都可以用方程表示,故B选项正确;对于C:当直线在x轴和y轴上截距为0时,可设直线方程为,直线过,则所求直线方程为;当直线在x轴和y轴上截距不为0时,可设直线方程为,即,直线过,则所求直线方程为.综上所述,过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条,故C选项正确;对于D:化为,所以该方程时才表示圆,故D选项正确.故选:BCD.11.如图,在棱长为1的正方体中()A.与的夹角为B.二面角的平面角的正切值为C.与平面所成角的正切值D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系,利用坐标法逐项判断即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系,则,∴,,即,与的夹角为,故A错误;设平面的法向量为,,所以,令,则,平面的法向量可取,二面角的平面角为,则,所以,故B正确;因为,设与平面所成角为,则,故C正确;因为,设点到平面的距离为,则,故D正确.故选:BCD.12.已知点,直线,圆,过点分别作圆的两条切线,(,为切点),在的外接圆上,则()A.直线的方程是B.被圆截得的最短弦的长为 C.四边形的面积为D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】求出以为直径的圆的方程,与圆的方程联立可得直线的方程判断A;求出直线所过定点,得到圆心到直线的最小距离,再由垂径定理求被圆截得的最短弦的长判断B;直接求出四边形的面积判断C;求解,再分别减去的外接圆半径与加上的外接圆半径求得的取值范围判断D.【详解】对于A,圆:,即,圆心坐标为,半径,又,则的中点为,又,则以为直径的圆的方程为,又圆:,两式作差可得直线的方程是,故A错误;对于B,直线:可化为,由,解得,所以直线过定点,因为,所以定点在圆内,当且仅当时,弦长最短,又,所以的最小值为,故B正确;对于C,四边形对角线、互相垂直,则四边形的面积, 圆心到直线距离,因为,,所以,故C正确;对于D,由题意知,的外接圆恰好是经过、、、四点的圆,因为的中点为外接圆的圆心,所以圆上的点到点距离最小值是,最大值是,所以的取值范围为,故D正确.故选:BCD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分13.已知,则的最小值是________.【答案】【解析】【分析】根据两点间距离的几何意义结合图形分析求解.【详解】设, 因为,则点在矩形内部,如图所示,可得,当且仅当为的交点时,等号成立,故答案为:.14.已知,直线与平面所成的角为,直线与平面所成的角为,,且斜线段在平面内的射影相互垂直,则________.【答案】【解析】【分析】结合题意作出图形,可得,从而可求得,进而证得,再利用勾股定理即可得解.【详解】如图,设点在平面内的射影为,点在平面内的射影为,则,,所以,又, 则,所以,因为,所以,在线段上取点,使得,所以四边形为平行四边形,所以,,因为,所以,所以,又,所以.故答案为:.15.长方体中,,,,是棱上的动点,则的面积最小值是________.【答案】.【解析】【分析】先由题意,以点为坐标原点,方向分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,求出点、点坐标,再设出点坐标,表示出的长,根据余弦定理以及三角形面积公式,即可求出结果.【详解】由题意,以点坐标原点,方向分别为轴,轴,轴,建立如图所示空间直角坐标系,因为,,,所以,,又是棱上的动点,所以,设,所以,,,因此,所以, 因此,当且仅当时,取最小值.故答案为【点睛】本题主要考查空间中的解三角形问题,熟记余弦定理,灵活运用空间向量的方法求解即可,属于常考题型.16.已知的顶点,,其外心(外接圆圆心)、重心(三条中线交点)、垂心(三条高线点)在同一条直线上,且这条直线的方程为,则顶点的坐标是________.【答案】或【解析】【分析】设顶点的坐标是,根据重心坐标公式结合外心的定义和性质运算求解.【详解】设顶点的坐标是,则的重心坐标为,由题意可知:,即,可知线段的中点为,斜率,则线段的中垂线的方程为,即,联立方程,解得,即的外心坐标为, 由,即,可得,解得或,即或,经检验或均符合题意.故答案为:或.四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为,(1)求点的轨迹方程;(2)若,求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设,根据题意列方程,两边平方化简即可.(2)先在焦点三角形中借助余弦定理求出,然后再利用面积公式求出面积.【小问1详解】设点,点到直线的距离为,依题意有,即,而,所以,两边平方化简整理得,所以点的轨迹方程为.【小问2详解】 由(1)得,,,,又,所以在中,,即,所以.18.如图,在平行六面体中,,.求:(1)的长;(2)直线与所成的角的余弦值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用向量线性运算可得,由向量数量积的定义和运算律可求得,由此可得结果; (2)可知,由数量积的运算律结合向量的夹角公式求异面直线夹角.【小问1详解】由题意可得:,因为,可得,所以,即的长为.小问2详解】因为,可得,即,且,则,所以直线与所成的角的余弦值为.19.已知直线的方程为,若直线在轴上的截距为,且.(1)求直线和的交点坐标;(2)已知直线经过与的交点,且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为,求直线的方程.【答案】(1);(2)或.【解析】【分析】(1)由,可得直线的斜率,从而可得,联立方程组即可求得交点; (2)由题意知的斜率k存在,设,求得与坐标轴的交点坐标,再结合面积公式即可求解.【小问1详解】(1)因为,又直线的斜率,所以直线的斜率,则.由所以直线和的交点坐标为.【小问2详解】由题意知的斜率k存在,设令得,令得,因为直线与两坐标轴的正半轴相交,所以,解得,,解得或,即或.20.在如图所示的试验装置中,两个正方形框架的边长都是2,且它们所在的两个半平面所成的角为.活动弹子分别在正方形对角线和上移动,且. (1)用表示出的长度,并求出的长的取值范围;(2)当的长最小时,平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)过点作,垂足为,连接,分析可知,,,利用余弦定理结合二次函数分析求解;(2)由(1)可知:当且仅当为相应边的中点时,的长取到最小,取的中点,连接,分析可知平面与平面所成角为(或其补角),利用余弦定理运算求解.【小问1详解】过点作,垂足为,可知∥,可得,且,连接,则,即∥,可得,且,由题意可知:两个半平面所成的角为,在,由余弦定理可得,即,对于二次函数,因为,则, 所以.【小问2详解】由(1)可知:当且仅当,即为相应边的中点时,的长取到最小,此时,则,取的中点,连接,可知,所以平面与平面所成角为(或其补角),因为,在中,由余弦定理可得,所以平面与平面所成角的余弦值为.21.在平面直角坐标系中,已知圆经过点,且与圆相切于点.(1)求圆的方程;(2)圆上是否存在点,使得?若存在,求点的个数;若不存在,请说明理由;【答案】21.22.存在,2个【解析】【分析】(1)根据题意利用圆系方程运算求解;(2)设,根据题意可知点轨迹是以为圆心,半径 的圆,结合两圆的位置关系分析判断.【小问1详解】将点代入圆可得圆,解得,即圆,将点表示成“点圆”形式:,可设圆的方程为,代入点可得,解得,所以圆的方程为,即.【小问2详解】由(1)可知:,圆的圆心,半径,设,因为,即,整理得,可知点轨迹是以为圆心,半径的圆,且,可知圆与圆的位置关系为相交,两圆有2个公共点,所以圆上存在2个点,使得.22.如图,在四棱锥中,面,且,分别为的中点.(1)求证:平面; (2)在线段上是否存在一点,使得直线与平面所成角的正弦值是?若存在,求出的值,若不存任,说明理由;(3)在平面内是否存在点,满足,若不存在,请简单说明理由;若存在,请写出点的轨迹图形形状.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,理由见解析;(3)存在,理由见解析.【解析】【分析】(1)过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行,再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明;(2)先求出面的法向量,设,利用向量法结合线面角得正弦值求解即可;(3)由点在空间内轨迹为以中点为球心,为半径的球,而中点到平面的距离为,即可求解.【小问1详解】如图,过E作交于点G,连接,因为分别为的中点,,所以也为中点,所以,,而平面,平面,所以平面,同理平面, 又因为,平面,所以平面平面,而平面,所以平面;【小问2详解】设如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,则,故,则,设平面的法向量,则有,取,整理得,解得或(舍去),所以当时,直线与平面所成角的正弦值是;【小问3详解】由(2)知,平面的一个法向量,点中点,则,则中点到平面的距离为,由,即点在空间内轨迹为以中点为球心,为半径的球, 故存在符合题意的,此时轨迹是半径为的圆.【点睛】假设存在点,满足,设,共面,存在唯一实数对,使得,所以,则,,,整理得,,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-23 18:30:01 页数:29
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文章作者:随遇而安

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