云南省昭通市鲁甸县崇文高级中学、昭通市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（B卷）（Word版附解析）

昭通一中教研联盟2023~2024学年上学期高二年级期中质量检测数学（B卷）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题，共60分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知向量，则等于（）A.B.5C.D.3【答案】C【解析】【分析】由空间向量模长的坐标公式求解即可.【详解】，则.故选：C.2.已知，则下列向量中与平行的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用共线向量定理逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为，所以A不正确；对于B，因为，所以B正确；对于C，因，所以C不正确； 对于D，因为，所以D不正确．故选：B．3.两平行直线与的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直线利用平行直线的距离公式计算得到答案.【详解】两平行直线的距离，故选：B.4.已知直线与垂直，则实数m的值为（）A.2B.-2C.D.【答案】A【解析】【分析】利用两条直线垂直与其方程的系数之间的关系计算即可.【详解】因为直线与垂直，所以，得.故选：A.【点睛】本题考查了两条直线垂直的位置关系，属于基础题.5.过点且方向向量为的直线的一般式方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】根据方向向量确定斜率，得到直线方程.【详解】根据题意，直线的方向向量为，则其斜率，直线方程为，即方程为， 故选：C.6.已知空间向量，且，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接根据投影向量的公式计算得到答案.【详解】由题意可知在上的投影向量为，故选：B.7.圆关于直线对称的圆的方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意先求出圆心关于直线对称的坐标，然后可以求解【详解】由题意得，圆：，化简得：，所以圆心坐标为，半径：，设圆心关于直线的对称点的坐标为得：，解之得：，得所求圆的圆心坐标为，半径也为，所以得：所求圆的方程为：.故选：D.8.已知空间中三点，，，则点到直线的距离为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．【详解】依题意得则点C到直线AB的距离为故选：A二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知四边形的顶点分别是，，，，那么以下说法中正确的是（）AB.点关于轴的对称点为C.的中点坐标为D.点关于面的对称点为【答案】ABD【解析】【分析】根据点关于线或面对称的性质判断各个选项的结论．【详解】由于四边形的顶点分别是，，，，2，，，1，，，，，对于，故正确；对于：点关于轴对称的点的坐标为，1，，故正确；对于的中点坐标为，0，，故错误； 对于：点关于面的对称点为，，，故正确；故选：．10.已知圆和点，则过点的圆的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据点到直线的距离等于半径计算得到答案.【详解】因为圆，点，当过点与圆相切的直线的斜率存在时，设切线方程为，则，解得，从而切线方程为；当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，容易验证，直线与圆相切.故过点的圆的切线方程为或，故选：CD.11.点在圆上，点在圆上，则（）A.B.两个圆心所在的直线的斜率为C.的最大值为7D.两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】BC【解析】【分析】确定两圆圆心和半径，计算，A错误，，B正确，，C正确，两圆相离，不相交，D错误，得到答案.【详解】，半径为， 圆的标准方程为，则，半径为，对选项A：，错误；对选项B：，正确；对选项C：，正确；对选项D：由于，所以两圆相离，不相交，错误；故选：.12.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（）A.B.C.D.直线与AC所成角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】利用空间向量法，根据空间向量的线性运算和数量积运算，逐项分析即得.【详解】以为基底，则对A：∵则 ∴，A正确；对B：∵，则∴，B正确；对C：∵则，即∴，则，C错误；对D：∵则即∴，即直线与AC所成为，D正确；故选：ABD.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知三点共线，则实数m的值为________．【答案】0【解析】【分析】根据A，B，C三点共线可得，然后利用两点间的斜率公式代入求解即可.【详解】由三点共线可得，即，解得.故答案为：0.14.，，则，的夹角为___________.【答案】##【解析】【分析】直接根据向量夹角公式的坐标表示求解即可.【详解】解：因为，，所以，因为，所以故答案为：##15.如图，圆弧形拱桥的跨度，拱高，则拱桥的直径为________m.【答案】【解析】【分析】利用勾股定理求得圆的半径，进而求得圆的直径. 【详解】设圆心为，半径为，连接，如下图所示，，由勾股定理得，解得，所以直径为.故答案为：16.阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262~190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.现有，，求点的轨迹方程为__________.【答案】，（答案不唯一）【解析】【分析】建立坐标系，确定坐标，根据得到，化简得到答案.【详解】，且，故点的轨迹是圆.以线段的中点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，则， 设，，则，即，整理得，.（答案不唯一，建系不同，轨迹方程不同）故答案：，.四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）求与直线平行，且与直线在轴上的截距相同的直线方程；（2）已知的顶点坐标分别是，求边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由斜截式方程求解即可；（2）先由中点坐标公式求出的中点坐标，再由点斜式方程求解即可.【详解】（1）直线的斜率为2，直线在轴上的截距为，由题意知，所求直线斜率为2，且在轴上的截距为，由直线的斜截式方程可得，即.（2），的中点坐标为，中线的斜率为，中线所在直线的方程为，即.18.如图，在棱长是2的正方体中，分别为的中点.（1）证明：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）以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由可证明，再由线面平行的判定定理即可证明.（2）先求出平面的法向量和直线的方向向量，由点到平面的距离公式求解即可.【小问1详解】以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，分别为的中点，，.，又平面平面，平面.【小问2详解】，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以平面的法向量，点到平面的距离. 19.圆经过三点.（1）求圆的方程；（2）判断直线与圆的位置关系；如果相交，求直线被圆截得的弦长.【答案】（1）（2）相交，弦长为6【解析】【分析】（1）设出圆的一般方程，代入点数据解方程组得到答案.（2）计算圆心到直线的距离，再计算弦长得到答案.【小问1详解】设圆的方程为，经过三点，则解得，所以圆的方程为，即.【小问2详解】，圆的圆心坐标，半径为，所以圆心到直线的距离，所以直线与圆相交.所以弦长为.20.如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，且，是的中点．求证：直线平面； 求直线与平面的夹角的正弦值．【答案】证明见解析；.【解析】【分析】证明，结合，即可证明直线平面；以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，求出相关向量，求出平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，利用向量的数量积求解即可.【详解】解：底面，.又底面是正方形，.，平面，平面，平面.以为原点，分别以,,为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：设，则,,,,,,.设平面的法向量为，由得，令，则.设直线与平面所成角为，则，，即直线与平面的夹角的正弦值为. 【点睛】本题考查了直线与平面所成角的求法，向量的数量积的运用，直线与平面垂直的判定定理的应用，属于中档题.21.已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．（1）求的轨迹方程；（2）当时，求的方程及的面积．【答案】（1）；（2）的方程为，的面积为.【解析】【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；（2）设的轨迹的圆心为，由得到．求出所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到所在直线方程，由点到直线的距离公式求出到的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出的长度，代入三角形面积公式得答案．【详解】解：（1）由圆，即，圆的圆心坐标为，半径．设，则，．由题意可得，即．整理得．的轨迹方程是．（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，由于，故在线段的垂直平分线上，又在圆上，从而．， 直线的斜率为．直线的方程为，即．则到直线的距离为．又到的距离为，．．22.如图1，在中，，，别为边BM，MC的中点，将沿AD折起到的位置，使，如图2，连结PB，PC. （1）求证：平面平面ABCD；（2）线段PC上是否存在一点E，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面ABCD．然后再得面面垂直；（2）由两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，假设存在满足题意，设出，用空间向量法求二面角，再根据二面角的大小得出．【详解】（1）证明：因为A，D分别为MB，MC中点，所以．因为，所以所以．因为，所以．又因为，AB，AD平面ABCD，所以平面ABCD．又因为平面PAD，所以平面平面（2）解：因为，，，所以AP，AB，AD两两互相垂直．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 假设线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为．设，，则，即．所以，，．平面PAD的一个法向量为0，．设平面ADE的一个法向量，则有，令，则0，．若二面角的余弦值为，则有，由，解得．故线段PC上存在一点E，使二面角的余弦值为，且．【点睛】方法点睛：本题考查用线面垂直证明线线垂直，考查用由二面角的大小求参数．求二面角的常用 方法：（1）定义法：即作出二面角的平面角并证明，然后计算；