安徽省宿州市省市示范高中2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

宿州市省、市示范高中2023-2024学年度第一学期期中教学质量检测高二数学试卷（人教A版）注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟；2．考生务必将答题内容填写在答题卡上，写在试卷上无放．一、单选题：（本题共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.直线的倾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】C【解析】【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.【详解】因为直线方程为，所以斜率，设倾斜角为，所以，所以，故选：C.2.已知直线过点，且一个方向向量为，则直线的方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用直线的方向向量先求直线的斜率，再利用点斜式计算即可.【详解】由直线的方向向量可知其斜率为2，故该直线方程为.故选：C3.“”是直线和圆相交的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B 【解析】【分析】首先求解直线与圆相交时的取值范围，再根据集合的包含关系，判断充分，必要条件.【详解】若直线与圆相交，则圆心到直线的距离，解得：，集合Ü.所以“”是直线和圆相交的必要不充分条件.故选：B4.已知直线，则直线的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】画出函数图形，通过直线斜率与倾斜角、直线倾斜角与直线夹角之间的关系以及三角恒等变换即可求解.【详解】如图所示：直线的倾斜角分别为，即，从而，所以， 所以，而，所以直线的夹角即为.故选：B.5.在边长为的等边三角形中，于，沿折成二面角后，，此时二面角的大小为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意先分析得出即为二面角的平面角，再通过余弦定理即可求解.【详解】如图所示：因为，沿折成二面角后，，，故即为二面角的平面角，如图所示：又∵， ∴，即.故选：D．6.若圆与圆有公共点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意确定两圆的圆心和半径，利用圆与圆的位置关系建立不等式组，解之即可.【详解】由题意知，，则，因圆C与圆O有公共点，所以，即，解得.故选：A.7.在三棱锥中，是的重心，是上的一点，且，若，则（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】如图，取BC的中点E，连接AE，利用三角形法则和三角形重心的性质以及中线的性质即可求解. 【详解】如图，取BC的中点E，连接AE，由，得，所以.故选：B.8.在正方体中，分别是棱上的动点，且，当、共面时，直线和平面夹角的正弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题意建立空间直角坐标系，先由、四点共面推得的坐标，再分别求得平面的法向量和直线的方向向量，结合线面角的正弦公式，从而求解.【详解】以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设正方体的棱长为6，，则可得，当、四点共面时，设平面为，且平面，平面，平面平面，所以，所以不妨设，又因为，所以，解得，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与直线所成的角为，则.故选：A.【点睛】关键点睛：本题的关键是证得，从而得到的坐标，进一步求出平面法向量和直线方向向量即可求解. 二、多选题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9.下列结论正确的是（）A.直线的倾斜角越大，其斜率就越大B若直线与直线垂直，则C.过点的直线的倾斜角为D.点关于直线的对称点的坐标为【答案】BD【解析】【分析】对于A,由直线斜率与倾斜角的变化关系即可验证；对于B，由直线垂直的充要条件列出方程即可验证；对于C，直接由过两点的斜率公式计算斜率，再得出其倾斜角验证即可；对于D，采用验证法，验证点与点构成的线段是否被直线垂直平分即可.【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，故A错误；B：由题意若直线与直线垂直，则，解得，故B正确；C：由题意过点的直线的斜率为，故其倾斜角为，故C错误；D：由于点与点的中点坐标为即，满足，即点在直线上，又直线的斜率为，过两点、的直线斜率为，所以，即直线（即直线）垂直直线，综上所述：点关于直线的对称点的坐标为，故D正确.故选：BD.10.已知空间中三点，则下列说法正确的是（）A.与是共线向量B.与同向的单位向量的坐标是 C.与夹角的余弦值是D.平面一个法向量的坐标是【答案】BCD【解析】【分析】由题意首先求出，对于A，判断对应坐标分量是否成比例即可；对于B，由公式直接运算验证即可；对于C，直接由公式直接运算验证即可；对于D，，只需验证是否同时成立即可.【详解】由题意，对于A，因为，所以与不共线向量，故A错误；对于B，与同向的单位向量是，故B正确；对于C，与夹角的余弦值是，故C正确；对于D，记，所以，从而平面一个法向量的坐标是，故D正确.故选：BCD.11.已知平面上一点，若直线上存在点使，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由题意知“切割型直线”需满足点到直线的距离小于或等于4.结合点到直线的距离公式计算，依次判断选项即可.【详解】由题意知，“切割型直线”需满足点到直线的距离小于或等于4. A：点到直线的距离为，故A符合题意；B：点到直线的距离为，故B不符合题意；C：点到直线的距离为，故C符合题意；D：点到直线的距离为，故D不符合题意；故选：AC.12.已知圆，直线，下列说法正确的是（）A.直线与圆的位置关系与有关B.直线截圆所得弦长最短时，直线的方程是C.圆心到直线距离的最大值为2D.直线截圆所得弦长范围是【答案】BCD【解析】【分析】对于A，直接算出即可判断；对于B，算出直线过定点，当且仅当满足题意，从而可以算出验证；对于C，由B选项分析结合两点间的距离公式计算即可；对于D，结合A选项分析可知，通过算出的范围，即可根据弦长公式验证即可.【详解】对于A，因为圆的圆心到直线的距离为，而圆的半径为， 所以，而，所以，即直线与圆的位置关系一直相交，与无关，故A错误；对于B，由弦长公式可知，若直线截圆所得弦长最短时，圆心到直线的距离应该最大，而直线即过定点，所以当且仅当时，最大，此时，解得，所以此时直线的方程是，故B正确；对于C，由B选项分析可知当时，最大，此时，故C正确；对于D，由A选项分析可知，令，即，从而，当时，，当时，，当且仅当时，，当时，，当且仅当时，，综上所述，，从而直线截圆所得弦长，故D正确.故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：A、D的关键是通过计算与0比较大小、求范围，B、C的关键是得出，从而即可算，以及.三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知，且共面，则______．【答案】##0.8【解析】【分析】由共面可知存在实数使得，结合向量的坐标表示建立方程组，解之即可.【详解】由题意知，共面，则存在实数使得，即，所以，解得.故答案为：.14.不论取何值，直线恒过一定点，该定点坐标为______．【答案】【解析】【分析】利用直线方程变换主元计算即可.【详解】由，令，即该直线过定点.故答案为：15.已知直线及直线截圆所得的弦长均为8，则圆的半径是______．【答案】【解析】 【分析】由两平行线之间的距离可以求出圆的圆心到两直线的距离均为，然后由勾股定理即可求出答案.【详解】由题意直线与直线平行，则它们之间的距离为，从而圆的圆心到两直线的距离均为，又因为直线及直线截圆所得的弦长均为，所以圆的半径是.故答案为：.16.空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面点法式方程为，经过点且一个方向向量为的空间直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：若空间直线的方程是，直线是两个平面与的交线，则直线夹角为______．【答案】##【解析】【分析】首先根据题意把两个平面与的交线即的直线方程求出来，然后可以分别得到两直线的方向向量，从而由向量夹角的余弦公式即可求解.【详解】由题意空间直线：的方向向量为，直线是两个平面与的交线，所以直线上的点满足，不妨设，则，所以， 所以直线的方程为，从而直线：的方向向量为，设直线夹角为，所以，所以.故答案为：.四、解答题：（本题共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.已知的三个顶点分别为．（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求外接圆的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求，再由斜率之积为求出，再由点斜式写出直线方程；（2）设出圆的一般方程，带入三点坐标，解出即可.【小问1详解】因为，设边上的高所在直线的斜率为，则，因为点在高线上，所以，即【小问2详解】设外接圆的方程为，则，解得， 故外接圆的方程为18.已知空间向量．（1）若，且，求的坐标；（2）若，且，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接由向量共线定理、数量积的坐标公式运算即可求解.（2）首先由向量垂直的坐标表示得到条件等式，结合基本不等式即可求解，注意取等条件是否成立.【小问1详解】由题意，，所以不妨设，又，从而，解得，所以.【小问2详解】由题意，所以，即，又因，所以由基本不等式可得，等号成立当且仅当，解得，所以当且仅当时，的最大值为.19.已知圆：．（1）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求此切线方程；（2）从圆外一点向该圆引一条切线，切点是，若（是原点），求的最小值及对应的点坐标．【答案】19.或或或 20.最小值为，P点坐标为.【解析】【分析】（1）首先利用待定系数法设出切线的方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径求出切线方程；（2）的距离用到圆心的距离与半径来表示，建立与的关系，求出点的轨迹为一条直线，然后将求的最小值问题转化为原点到直线的距离问题.【小问1详解】圆：，所以，，①当切线在两坐标轴上的截距为零时，设切线的方程为，则圆心到切线的距离为，即，解得.所以切线方程或.②当切线在两坐标轴上的截距不为零时，设切线的方程为，则圆心到切线的距离为，即，解得或.所以切线方程为或.综上所述，所求切线方程为或或或.【小问2详解】因为，，则，所以即，即点在直线：上．取最小值，只需要取得最小值，即过点向作垂线，所以，即直线的方程为：， 解方程组得，所以点坐标为，的最小值为．20.如图所示，三棱柱中，分别是上的点，且，．用空间向量解决如下问题：（1）若，证明：；（2）证明：平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意分解向量，结合已知条件证明即可；（2）由向量共面基本定理证明存在，使得即可.【小问1详解】由题意，且，所以，所以，即.【小问2详解】 由题意，这表明了共面，而面，所以平面.21.如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面为的中点．（1）求点到平面的距离；（2）求平面和平面所成锐二面角大小的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意建立适当的空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由店面距离公式即可求解.（2）先求出平面的法向量，再结合平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】如图所示，平面平面，即，又平面平面，平面，所以平面，设轴，轴平面，又平面， 所以轴，，分别以方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以由题意，又因为，平面，，所以，又因为，所以，即，又为的中点，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，解得，即取平面的法向量为，所以点到平面的距离为.【小问2详解】如图所示： 由（1）可知平面的法向量为，，所以，设平面的法向量为，则，令，解得，即取平面的法向量为，不妨设平面和平面所成锐二面角大小为，则，即平面和平面所成锐二面角大小的余弦值为.22.已知直线经过定点是坐标原点，点M在直线上，且．（1）当直线绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程；（2）已知点，过点T的直线交轨迹E于点，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由分类讨论思想，根据直线垂直的条件列式可得轨迹方程；（2）根据直线与圆相交，设出直线方程，联立直线与圆的方程，结合韦达定理和数量积的坐标运算求出直线方程，再求直线与圆相交的弦长.【小问1详解】依题意可知，直线即为直线,显然当直线与直线的斜率不存在时不合题意，故直线 与直线的斜率都存在，,设，,即，所以，即，所以点M的轨迹E的方程为.【小问2详解】依题意，过点T的直线l的斜率存在，设直线l方程为，联立，整理得，①，即，所以，由直线不经过点，所以且设，则为①式两根，所以，又，即，所以或（舍去），故所求直线l为，此时直线l一定与轨迹E交于不同两点P,Q又圆心到直线l的距离,所以. 【点睛】求曲线方程的常用方法：求曲线方程是解析几何核心问题之一，求曲线方程的方法比较多，但总的说来有三种：（1）直接法：先找出动点满足的几何条件，由条件直接转化得到轨迹方程；（2）待定系数法：此种类型需知道曲线类型，先设出曲线方程，把条件代入求出其中的系数即可；（3）参数法：借助中间变量，间接得到轨迹方程的方法；参数法关键是参数的选择，找出参数与x,y之间的关系，消去参数即可.