2023-2024学年陕西省宝鸡市千阳县中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省宝鸡市千阳县中学高二上学期期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由圆的一般方程求出其圆心坐标，然后由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】解：圆圆心坐标为.
点到直线的距离.
故选：A.
2．空间向量，平面的一个法向量，则直线与平面所成角为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】A
【分析】直线与平面所成的角的正弦值，通过直线与平面的数量积求解即可得出.
【详解】解：直线与平面所成的角的正弦值：.
则直线与平面所成角为：.
故选：A.
3．已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1B．2
C．3D．4
【答案】B
【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【详解】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时
根据弦长公式得最小值为.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.
4．如图，是的重心，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算的定义及重心的性质可得，利用表示可得结论.
【详解】是的重心，，
，，
，，，
，
．
故选：D．
5．已知圆C过圆与圆的公共点．若圆，的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意求解圆，的公共弦方程，再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径，进而求得面积即可
【详解】由题，圆，的公共弦为和的两式相减，化简可得，又到的距离 ，故公共弦长为，故圆C的半径为，故圆C的面积为
故选：B
6．在直三棱柱中，，，，M是的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，若，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据，求得，再利用向量法求解即可.
【详解】解：设，
则，
，
因为，
所以，解得，
故，，
则，
所以异面直线与夹角的余弦值为.
故选：A.
7．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD所成的角为60°；
④AB与CD所成的角为60°．
其中错误的结论是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD．根据线面垂直的判定及性质可判断①的真假；求出AC长后，可以判断②的真假；求出AB与平面BCD所成的角可判断③的真假；建立空间坐标系，利用向量法，求出AB与CD所成的角，可以判断④的真假；进而得到答案．
【详解】解：取BD的中点E，则AE⊥BD，CE⊥BD．∴BD⊥面AEC．
∴BD⊥AC，故①正确．
设正方形边长为a，则AD＝DC＝a，AEa＝EC．
∴AC＝a．
∴△ACD为等边三角形，故②正确．
∠ABD为AB与面BCD所成的角为45°，故③不正确．
以E为坐标原点，EC、ED、EA分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则A（0，0，a），B（0，a，0），D（0，a，0），C（ a，0，0）．
（0，a，a），（ a，a，0）．
cs，
∴，60°，故④正确．
故选：C．
8．已知定点，点P为圆上的动点，点Q为直线上的动点.当取最小值时，设的面积为S，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】圆上的点到直线上的点的距离最小时为圆心到直线的距离减去半径，由此确定，两点的位置，然后求出点到直线的距离作为底边上的高，求出三角形面积即可.
【详解】圆的圆心为原点，半径为2，

过原点且与直线垂直的直线方程为，
则点到直线的距离为.
又因为原点到直线的距离为，
所以的最小值为，则，
故选：D
二、多选题
9．下列命题中是假命题的为（ ）
A．若向量，则与，共面
B．若与，共面，则
C．若，则四点共面
D．若四点共面，则
【答案】BD
【分析】由平面向量基本定理对四个选项逐一判断即可.
【详解】对于A：由平面向量基本定理得与，共面，A是真命题；
对于B：若，共线，不共线时，不能用，表示出来，B是假命题；
对于C：若，则三个向量共面，
又点为三个向量的公共起点，所以四点共面，C是真命题；
对于D：若共线，点不在此直线上，
则不成立，D是假命题.
故选：BD.
10．在平面直角坐标系中，圆的方程为.若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取可以是
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】先得到的轨迹方程为圆，与直线有交点，得到的范围，得到答案.
【详解】
所作的圆的两条切线相互垂直，所以，圆点，两切点构成正方形
即
在直线上，圆心距
计算得到
故答案选AB
【点睛】本题考查了圆的切线问题，通过切线垂直得到的轨迹方程是解题的关键.
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”. 后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于的两定点，使得
C．当三点不共线时，射线是的平分线
D．在C上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】设点，根据求出的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于的两定点使得，设，根据、点P的轨迹方程求出可判断B；由利用余弦定理可判断C；设，由、点M在C上解得无实数解可判断D.
【详解】设点，则，化简整理得，
即，故A错误；
假设在x轴上存在异于的两定点，
使得.设，则，
化简整理得，
由点P的轨迹方程为得，
解得或，因为点异于点，所以，
所以假设成立，故B正确；
由于，
只需证明，
即证，
化简整理得，又，
则
，则，故C正确；

设，由得，
整理得①，
又点M在C上，故满足②，联立①②，解得无实数解，故D错误.
故选：BC.
12．已知正方体的棱长为1，点、分别是、的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点到直线的距离是B．点到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为D．点到直线的距离为
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系后利用向量法求点到面，面与面的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，
所以，.
设，则，.
故到直线的距离，故A错误.
，
平面的一个法向量，
则点到平面的距离，故B正确.
，，.
设平面的法向量为，
则，所以
令，得，，所以.
所以点到平面的距离.
，所以，
又因平面，平面，
所以平面，同理平面，
所以平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
所以平面与平面间的距离为，故C正确.
因为，所以，
又，则，
所以点到的距离，故D错.
故选：BC
三、填空题
13．已知菱形中，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可.
【详解】设菱形的边长为1，取的中点，连接，，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
如图，建立空间直角坐标系，则，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，则，令，则，
同理，平面的一个法向量为，
所以，
设二面角为，由图可知二面角为锐角，即，
所以，所以二面角的余弦值为．
故答案为：
14．在空间直角坐标系中，定义：平面的一般方程为，点到平面的距离，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O到侧面的距离等于 ．
【答案】
【解析】以底面中心为原点建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出侧面的方程，最后利用所给公式计算即可．
【详解】如图，以底面中心为原点建立空间直角坐标系，
则，，1，，，1，，，0，，
设平面的方程为，
将坐标代入计算得
解得，，，
，
即，
．
故答案为：
【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．
15．圆与圆的公共弦的长为 ．
【答案】
【分析】由两圆相减得公共弦的方程为，再选定其中一个圆与公共弦的方程，利用弦长公式求得公共弦长为．
【详解】圆与圆相减得：
，圆，所以圆心为，半径为，圆心到直线的距离，
所以公共弦长，故填：．
【点睛】本题考查两圆的位置关系、弦长公式的应用，考查数形结合思想与运算求解能力．
16．如图，已知A(4，0)，B(0，4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是 ．
【答案】2
【分析】求出关于直线和的对称点，由两个对称点间距离得结论．
【详解】设点P关于直线AB的对称点为，
直线方程为，
因此．解得，即，
关于y轴的对称点为C(－2，0)，则光线所经过的路程PMN的长为CD＝2．
故答案为：．
四、证明题
17．如图正方形ABCD的边长为，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】(1)取BC中点H，连接OH，建立如图所示的直角坐标系，求得平面BCF的法向量为，由 ，即可得到AE∥平面BCF.
(2)由 ， ，且AEAF＝A，解得CF平面AEF.
【详解】(1)取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，∴以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，
则A(3，0，0)，E(1，－2，)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0). ＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2, )．
设平面BCF的法向量为＝(x，y，z)，则.
取z＝1，得＝(－，，1)．
又四边形BDEF为平行四边形，∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，∴·＝3－4＋＝0，
∴ ，又AE平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，
∴ ， ，又AEAF＝A，∴CF平面AEF.
【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何线面位置关系的判定中的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的共面定理是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
五、解答题
18．过点作圆的两条切线，切点分别为A，B；
(1)求直线AB的方程；
(2)若M为圆上的一点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出以为直径的圆的方程，结合已知圆的方程，将两圆方程相减可求得两圆公共弦所在直线方程；
（2）求出圆上的点M到直线AB的距离的最大值，求出，利用三角形面积公式求得答案.
【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径为1，
则的中点坐标为，，
以为圆心，为直径的圆的方程为，
由，得①，
由，得②，
①②得：．
直线的方程为；
（2）圆心 到直线的距离为
故圆上的点M到直线的距离的最大值为 ，
而 ,
故面积的最大值为 .
六、计算题
19．如图，过圆外一点向圆引切线.
(1)求过点P的圆的切线方程；
(2)若切点为，，求过切点，的直线方程.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设出直线方程，利用直线和圆相切的性质可求切线方程；
（2）求出切点坐标可得方程或者利用两圆的公共弦求出答案.
【详解】（1）设过点P的圆的切线方程为，的圆心为，半径为；
则，解得或，
故切线方程为或.
（2）解法1：将切线方程与圆的方程联立成方程组，由可得，
由可得，
即和，
故过切点，的直线方程为，整理得.
解法2：因为O，，P，四点共圆，
所以，在以OP为直径的圆上，圆心为，半径为，
即方程为
与已知圆相减，得过切点，的直线方程为.
七、解答题
20．将棱长为1的正方体截去三棱锥后得到的几何体如图所示，点在棱上．
(1)当为棱的中点时，求到平面的距离；
(2)当在棱上移动时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，
（2）设出点坐标，由空间向量表示出后转化为函数求解
【详解】（1）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
可得，，．
设平面的法向量为，因为，所以所以
令，得，所以为平面的一个法向量，
点到平面的距离．
（2）因为点在边上，故可设，得，
所以．
所以．
令，可得，．
设，则，，
函数在区间上单调递减，
，．
所以的取值范围是．
21．已知半径为5的动圆的圆心在直线：上.
（1）若动圆过点，求圆的方程.
（2）是否存在正实数，使得动圆中满足与圆：相外切的圆有且仅有一个？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）或；（2）存在，.
【分析】（1）设动圆的方程为，根据条件列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）求得圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】（1）依题意，可设动圆的方程为，
其中圆心满足.
又因为动圆过点，所以.
由，解得或，
故所求圆的方程为或.
（2）圆的圆心到直线的距离，
当满足时，动圆中不存在与圆：相外切的圆；
当满足时，每取一个数值，
动圆中存在两个圆与圆：相外切；
当满足，即时，
动圆中有且仅有1个圆与圆：相外切.
故当动圆中与圆相外切的圆仅有一个时，.
八、证明题
22．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是的中点．

(1)求证：平面平面．
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在满足条件的点M，理由见解析点
【分析】（1）利用面面垂直的判断定理可证平面平面；
（2）建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量法可判断是否存在.
【详解】（1）平面，平面，
平面平面．
（2）设的中点为，连接，
因为是正三角形，故，
而平面平面，平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
由四边形为正方形且分别为的中点得，
故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
故，，，
，，．
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，
且，则，
，．
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，
整理可得，方程无解，
故假设不成立，即不存在满足条件的点．