还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高二上学期期中考试数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高二上学期期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用空间直角坐标系的概念求解.
【详解】点关于平面的对称点是．
故选:B.
2．圆的圆心坐标及半径分别为（ ）
A．，5B．，
C．，D．，5
【答案】B
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，由此求得圆心和半径.
【详解】依题意，圆转化为标准方程得，
所以圆心为，半径为.
故选：B
3．平行六面体中，化简（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合向量的加减法法则，即可求解．
【详解】
为平行四面体，
故选：A．
4．已知，，三点不共线，对空间任意一点，若，则可以得到结论是四点（ ）
A．共面B．不一定共面
C．无法判断是否共面D．不共面
【答案】A
【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况.
【详解】,
则，
所以，则，
故四点共面.
故选：A
5．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别、、，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为、、，则（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据长轴长与短轴长的定义，结合的等量关系以及离心率的计算公式，通过比较大小，可得答案.
【详解】设椭圆标准方程为，则，
可知椭圆的长轴长与短轴长的比值为，故离心率，
则，，，
由，则.
故选：C.
6．已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】以向量为基底向量，则根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方运算即可.
【详解】
斜三棱柱所有棱长均为
.
故选:.
7．若直线l：与直线的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】联立两直线方程得到交点坐标，然后根据交点位于第一象限得到，解方程得到，最后根据斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的范围.
【详解】联立得，所以，解得，
所以直线的倾斜角的范围为.
故选：B.
8．菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A
二、多选题
9．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．能构成空间向量的一组基底
【答案】ABC
【分析】用向量加法的坐标运算判断A，用向量模的坐标运算判断B，用向量数量积的坐标运算判断C，设，列方程，通过方程是否有解判断D.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：．
设，
得，解得，此时共面，不能构成空间向量的一组基底，故D错误．
故选：ABC．
10．已知为椭圆的一个焦点，，为该椭圆的两个顶点，若，，则满足条件的椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据题意、为该椭圆的两个顶点，且，，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，已知为椭圆的一个焦点，
其中、为该椭圆的两个顶点，且，，
当、为长轴的两个顶点时，可得，解得，
所以，此时椭圆的方程为；
当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得
解得，则，此时椭圆的方程为；
当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，
解得，则，此时椭圆的方程为.
故选：AC.
11．过圆上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）.
A．
B．
C．
D．直线AB与圆相切
【答案】BCD
【分析】根据圆的切线的性质，建立直角三角形，结合勾股定理以及锐角三角函数，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：
设圆与圆的圆心为，则，，
因为与圆相切，所以，
在中，，易知，所以.
又，所以，故A错误，B、C正确.
故与交于点，由与圆相切，则，
由，则，易知，
在中，，
又圆的半径为，所以直线与圆相切，故D正确.
故选：BCD.
12．已知空间单位向量两两之间的夹角均为，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据空间向量的运算法则和向量的夹角公式依次计算即可.
【详解】由单位向量两两夹角均为，故，故A错误；
，故B正确；
由，得．由，
得，所以，
则
，故C正确；
，
所以，故，故D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．过点与直线平行的直线的一般式方程为 ．
【答案】
【分析】设所求直线的一般式方程为，将代入得到的值即得结果.
【详解】设所求直线的一般式方程为．
将点的坐标代入所求直线方程可得，解得，
故所求直线的一般式方程为．
故答案为：.
14．在空间直角坐标系中，已知点，若四边形为平行四边形，则的值分别为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标表示以及相等向量的坐标运算求解.
【详解】，因为四边形为平行四边形，所以，所以，所以．
故答案为: .
15．在直三棱柱中，所有的棱长都相等，为的中点，为的中点，则与所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】首先以为原点建立空间直角坐标系，因为在直三棱柱中，所有的棱长都相等，所以可设所有的棱长都为2，然后用坐标表示向量和，进而求出与所成角的余弦值.
【详解】解：以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，
所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设直三棱柱所有的棱长都为2，则，，
，，所以，.
设与所成的角为，则.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中等题型.
四、双空题
16．已知点到定点的距离比它到轴的距离大，则 ，点的轨迹点的方程为 ．
【答案】 或
【分析】利用抛物线轨迹方程的概念求解.
【详解】依题意，得，即①，则，两边平方得，则②，两边平方得，整理得，即，可得或．当时，②转化为，所以，此时①转化为，所以，所以点的轨迹的方程为或．
故答案为: 或．
五、解答题
17．（1）求与向量共线，且满足的向量的坐标；
（2）已知点，若空间中一点使得，求点的坐标；
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据空间向量共线的坐标表示求解；
（2）利用空间向量的线性运算的坐标表示求解.
【详解】解：（1）因为向量与共线，故可设．
由，得，故，
所以．
（2）设，则，．
因为，
所以，，
解得，
所以点的坐标为．
18．已知的三个顶点分别是，求：
(1)边所在直线的一般式方程；
(2)边的垂直平分线所在直线的斜截式方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的两点式方程和一般式方程的概念求解；
（2）利用直线的垂直关系与斜率的关系以及点斜式、斜截式方程概念求解.
【详解】（1）由直线方程的两点式，得，
所以直线的一般式方程为．
（2）边的中点坐标为．
因为边所在直线的斜率为，
所以直线的斜率为．
所以直线的方程为，即．
六、未知
19．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱上，．
(1)求点到平面的距离；
(2)点在棱上，当二面角为时，求的长．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，用点到面距离公式即可求出点到平面的距离.
（2）设P坐标，根据二面角为，求出P坐标，求得的长.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
所以．
设平面的一个法向量为，
所以,
令，则，所以．
又因为，
所以点到平面的距离.
（2）设，
则．
设平面的一个法向量为，则
令，则，所以，
所以，
可得，解得或，所以．
20．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系中，，且．
(1)若为的中点，求点的轨迹方程；
(2)若点在点的轨迹上运动，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用圆的轨迹方程的求法求解；
（2）根据直线与圆的位置关系以及的几何意义求解.
【详解】（1）设，则，
化简得，故点的轨迹方程为．
设，因为为的中点，所以点的坐标为，
将代入中，得，
所以点的轨迹方程为．
（2）因为点在点的轨迹上运动，
所以，变形为，
即点为圆心为，半径为2的圆上的点，
则表示的几何意义为圆上一点与点连线的斜率，如图，当过点的直线与圆相切时，取得最值．设过点的直线为，即，
则由点到直线的距离公式可得，
解得或，
故的取值范围是．
21．已知椭圆，其左、右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，且弦被点平分．
(1)求直线的一般式方程；
(2)求的面积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点差法求解椭圆中的中点弦问题，即可求出直线的一般式方程.
（2）联立直线与椭圆，利用面积公式表示出面积求解即可.
【详解】（1）设点．
因为弦被点平分，所以．
分别把点的坐标代入椭圆方程，得，
两式相减，得，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即．
（2）由椭圆的方程，可得，所以．
联立椭圆与直线方程
得，所以，
所以．
易得直线过点，
所以．
.
22．如图，三棱锥的底面为等腰直角三角形，．分别为的中点，平面，点在线段上．
(1)从下面的①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面平面，并给予证明；
条件①：；条件②：；条件③：；条件④：．
(2)在（1）的条件下，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)答案见解析，证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求出平面的法向量，进而证明面面垂直；
（2）利用空间向量的坐标运算，求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，
所以,又因为底面为等腰直角三角形，所以,
所以建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，,
则，，
．
故．
设平面的法向量为，
则，
取．
设平面的法向量为，则，
令，可得．
要使平面平面，则，解得，
注意到条件①，条件②，条件③，
条件④，所以只能选①④或②③，
（一）当选择①④时，
，，所以，所以平面平面．
（二）当选择②③时
，．
所以，所以平面平面．
（2）（一）当选择①④时，
由（1）知，平面的法向量为．
设直线与平面所成角为，则．
（二）当选择②③时
由（1）知，
平面的法向量．
设直线与平面所成角为，则．
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用空间直角坐标系的概念求解.
【详解】点关于平面的对称点是．
故选:B.
2．圆的圆心坐标及半径分别为（ ）
A．，5B．，
C．，D．，5
【答案】B
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，由此求得圆心和半径.
【详解】依题意，圆转化为标准方程得，
所以圆心为，半径为.
故选：B
3．平行六面体中，化简（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合向量的加减法法则，即可求解．
【详解】
为平行四面体，
故选：A．
4．已知，，三点不共线，对空间任意一点，若，则可以得到结论是四点（ ）
A．共面B．不一定共面
C．无法判断是否共面D．不共面
【答案】A
【分析】根据空间向量线性运算化简得，即可判断四点位置情况.
【详解】,
则，
所以，则，
故四点共面.
故选：A
5．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别、、，设图（1）、（2）、（3）中椭圆的离心率分别为、、，则（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据长轴长与短轴长的定义，结合的等量关系以及离心率的计算公式，通过比较大小，可得答案.
【详解】设椭圆标准方程为，则，
可知椭圆的长轴长与短轴长的比值为，故离心率，
则，，，
由，则.
故选：C.
6．已知斜三棱柱所有棱长均为，点满足，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】以向量为基底向量，则根据条件由向量的数量积的运算性质，两边平方运算即可.
【详解】
斜三棱柱所有棱长均为
.
故选:.
7．若直线l：与直线的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】联立两直线方程得到交点坐标，然后根据交点位于第一象限得到，解方程得到，最后根据斜率与倾斜角的关系得到倾斜角的范围.
【详解】联立得，所以，解得，
所以直线的倾斜角的范围为.
故选：B.
8．菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）
A． B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A
二、多选题
9．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．能构成空间向量的一组基底
【答案】ABC
【分析】用向量加法的坐标运算判断A，用向量模的坐标运算判断B，用向量数量积的坐标运算判断C，设，列方程，通过方程是否有解判断D.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：．
设，
得，解得，此时共面，不能构成空间向量的一组基底，故D错误．
故选：ABC．
10．已知为椭圆的一个焦点，，为该椭圆的两个顶点，若，，则满足条件的椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据题意、为该椭圆的两个顶点，且，，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，已知为椭圆的一个焦点，
其中、为该椭圆的两个顶点，且，，
当、为长轴的两个顶点时，可得，解得，
所以，此时椭圆的方程为；
当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得
解得，则，此时椭圆的方程为；
当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，
解得，则，此时椭圆的方程为.
故选：AC.
11．过圆上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）.
A．
B．
C．
D．直线AB与圆相切
【答案】BCD
【分析】根据圆的切线的性质，建立直角三角形，结合勾股定理以及锐角三角函数，可得答案.
【详解】由题意，作图如下：
设圆与圆的圆心为，则，，
因为与圆相切，所以，
在中，，易知，所以.
又，所以，故A错误，B、C正确.
故与交于点，由与圆相切，则，
由，则，易知，
在中，，
又圆的半径为，所以直线与圆相切，故D正确.
故选：BCD.
12．已知空间单位向量两两之间的夹角均为，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据空间向量的运算法则和向量的夹角公式依次计算即可.
【详解】由单位向量两两夹角均为，故，故A错误；
，故B正确；
由，得．由，
得，所以，
则
，故C正确；
，
所以，故，故D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．过点与直线平行的直线的一般式方程为 ．
【答案】
【分析】设所求直线的一般式方程为，将代入得到的值即得结果.
【详解】设所求直线的一般式方程为．
将点的坐标代入所求直线方程可得，解得，
故所求直线的一般式方程为．
故答案为：.
14．在空间直角坐标系中，已知点，若四边形为平行四边形，则的值分别为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标表示以及相等向量的坐标运算求解.
【详解】，因为四边形为平行四边形，所以，所以，所以．
故答案为: .
15．在直三棱柱中，所有的棱长都相等，为的中点，为的中点，则与所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】首先以为原点建立空间直角坐标系，因为在直三棱柱中，所有的棱长都相等，所以可设所有的棱长都为2，然后用坐标表示向量和，进而求出与所成角的余弦值.
【详解】解：以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，
所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设直三棱柱所有的棱长都为2，则，，
，，所以，.
设与所成的角为，则.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中等题型.
四、双空题
16．已知点到定点的距离比它到轴的距离大，则 ，点的轨迹点的方程为 ．
【答案】 或
【分析】利用抛物线轨迹方程的概念求解.
【详解】依题意，得，即①，则，两边平方得，则②，两边平方得，整理得，即，可得或．当时，②转化为，所以，此时①转化为，所以，所以点的轨迹的方程为或．
故答案为: 或．
五、解答题
17．（1）求与向量共线，且满足的向量的坐标；
（2）已知点，若空间中一点使得，求点的坐标；
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据空间向量共线的坐标表示求解；
（2）利用空间向量的线性运算的坐标表示求解.
【详解】解：（1）因为向量与共线，故可设．
由，得，故，
所以．
（2）设，则，．
因为，
所以，，
解得，
所以点的坐标为．
18．已知的三个顶点分别是，求：
(1)边所在直线的一般式方程；
(2)边的垂直平分线所在直线的斜截式方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的两点式方程和一般式方程的概念求解；
（2）利用直线的垂直关系与斜率的关系以及点斜式、斜截式方程概念求解.
【详解】（1）由直线方程的两点式，得，
所以直线的一般式方程为．
（2）边的中点坐标为．
因为边所在直线的斜率为，
所以直线的斜率为．
所以直线的方程为，即．
六、未知
19．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱上，．
(1)求点到平面的距离；
(2)点在棱上，当二面角为时，求的长．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，用点到面距离公式即可求出点到平面的距离.
（2）设P坐标，根据二面角为，求出P坐标，求得的长.
【详解】（1）如图，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
所以．
设平面的一个法向量为，
所以,
令，则，所以．
又因为，
所以点到平面的距离.
（2）设，
则．
设平面的一个法向量为，则
令，则，所以，
所以，
可得，解得或，所以．
20．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系中，，且．
(1)若为的中点，求点的轨迹方程；
(2)若点在点的轨迹上运动，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用圆的轨迹方程的求法求解；
（2）根据直线与圆的位置关系以及的几何意义求解.
【详解】（1）设，则，
化简得，故点的轨迹方程为．
设，因为为的中点，所以点的坐标为，
将代入中，得，
所以点的轨迹方程为．
（2）因为点在点的轨迹上运动，
所以，变形为，
即点为圆心为，半径为2的圆上的点，
则表示的几何意义为圆上一点与点连线的斜率，如图，当过点的直线与圆相切时，取得最值．设过点的直线为，即，
则由点到直线的距离公式可得，
解得或，
故的取值范围是．
21．已知椭圆，其左、右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，且弦被点平分．
(1)求直线的一般式方程；
(2)求的面积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点差法求解椭圆中的中点弦问题，即可求出直线的一般式方程.
（2）联立直线与椭圆，利用面积公式表示出面积求解即可.
【详解】（1）设点．
因为弦被点平分，所以．
分别把点的坐标代入椭圆方程，得，
两式相减，得，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即．
（2）由椭圆的方程，可得，所以．
联立椭圆与直线方程
得，所以，
所以．
易得直线过点，
所以．
.
22．如图，三棱锥的底面为等腰直角三角形，．分别为的中点，平面，点在线段上．
(1)从下面的①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面平面，并给予证明；
条件①：；条件②：；条件③：；条件④：．
(2)在（1）的条件下，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)答案见解析，证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求出平面的法向量，进而证明面面垂直；
（2）利用空间向量的坐标运算，求线面夹角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，
所以,又因为底面为等腰直角三角形，所以,
所以建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，,
则，，
．
故．
设平面的法向量为，
则，
取．
设平面的法向量为，则，
令，可得．
要使平面平面，则，解得，
注意到条件①，条件②，条件③，
条件④，所以只能选①④或②③，
（一）当选择①④时，
，，所以，所以平面平面．
（二）当选择②③时
，．
所以，所以平面平面．
（2）（一）当选择①④时，
由（1）知，平面的法向量为．
设直线与平面所成角为，则．
（二）当选择②③时
由（1）知，
平面的法向量．
设直线与平面所成角为，则．
相关试卷
2023-2024学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二上学期11月期中考试数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高二上学期11月期中考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高二上学期期中考试数学试题（含解析）： 这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市重点高中联合体高二上学期期中考试数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市重点高中联合体2023-2024高二上学期期中数学试卷及答案： 这是一份辽宁省沈阳市重点高中联合体2023-2024高二上学期期中数学试卷及答案，共11页。
