2023-2024学年陕西省榆林市“府、靖、绥、横、定“五校高二上学期11月期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省榆林市“府、靖、绥、横、定“五校高二上学期11月期中联考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．以为圆心，且经过点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用圆的定义及标准方程计算即可.
【详解】由题意知，圆心是，圆的半径，
所以圆的方程为．
故选：B．
2．若，，则（ ）
A．22B．C．D．29
【答案】C
【分析】利用向量数量积的坐标公式即可求值.
【详解】由，，
得，，
所以．
故选：C．
3．已知直线l经过点，，则下列不在直线l上的点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知的两点求出直线l的方程，将点的坐标代入直线方程即可求解.
【详解】由直线的两点式方程，得直线l的方程为，即，
将各个选项中的坐标代入直线方程，
可知点，，都在直线l上，点不在直线l上．
故选：D．
4．在梯形中，，且和所在直线的方程分别是与，则梯形的面积为（ ）
A．B．C．D．45
【答案】B
【分析】根据平行线之间的距离公式及梯形面积公式计算即可.
【详解】由，知，
所以梯形的高即为直线和间的距离，
所以梯形的面积为．
故选：B．
5．已知是空间的一个基底，，，若，则（ ）
A．B．0C．5D．6．
【答案】D
【分析】利用空间向量基底的概念及共线定理计算即可.
【详解】易知，
因为，所以存在实数，使得，
所以，
所以，所以．
故选：D．
6．已知圆经过点，且圆心在直线上，若为圆上的动点，则线段为坐标原点）长度的最大值为（ ）
A．B．C．10D．
【答案】A
【分析】求出圆心和半径，根据即可得答案.
【详解】解：线段中点的坐标为，
所以线段的中垂线的斜率为，
所以线段的中垂线的方程为，
又圆心在直线上，
由，解得，
所以圆心为．

所以.
故选：A．
7．在四棱柱中，四边形是正方形，，，，则的长为（ ）
A．B．7C．6D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的基本定理及数量积公式计算求模即可.
【详解】由题意知，
且，
所以
，
所以，即的长为．
故选：D．
8．已知圆和点，，若点在圆上，且，则实数的取值范目是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用两点距离公式结合圆的位置关系计算即可.
【详解】设，由，
得，
即点在圆上，
易知其圆心为，半径．
又圆的圆心为，半径，
而点在圆上，故圆与圆有公共点，
所以，
解之得，
即的取值范围是．
故选：C．
二、多选题
9．若直线l过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】依题意可分截距为0和不为0两种情形讨论即可求解．
【详解】当截距为0时，
则l过点和原点，
所以l的方程为，即；
当截距不为0时，
由直线l过在两坐标轴上的截距互为相反数，
则设l的方程为，
又l过点，得，解得，
所以l的方程为．
故选：BD．
10．若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】AB
【分析】根据空间向量基底的概念结合共面定理一一判定即可.
【详解】因为，，是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故A正确；
，，是不共面的向量，能构成空间的一个基底，故B正确；
因为，所以，，是共面向量，
不能构成空间的一个基底，故C错误；
因为，所以，，是共面向量，
不能构成空间的一个基底，故D错误．
故选：AB．
11．已知圆和圆相交于A，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线的方程为
C．线段的长为
D．到直线的距离与到直线的距离之比为
【答案】ABC
【分析】利用圆的性质可判定A项，利用两圆的公共弦方程公式计算可判定B项，利用弦长公式可判定C项，利用点到直线的距离公式可判定D项.
【详解】对于A项，因为两个圆相交，所以圆心，所在直线垂直平分两圆的公共弦，故A正确；
对于B项，因为圆和圆相交于A，两点，所以两圆方程相减得到，即，故B正确；
对于C项，圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以，故C正确；
对于D项，因为圆化为标准方程是，
圆心到直线的距离为，
所以到直线的距离与到直线的距离之比为，故D错误．
故选：ABC．
12．如图，在长方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．⊥平面
C．异面直线CN和AB所成角的余弦值为
D．若P为线段上的动点，则点P到平面CMN的距离不是定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，根据线面平行的判定定理，利用空间平面向量的数量积运算性质、夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则

，
对于 A，因为
所以，又平面，平面，
所以平面，故 A 正确；
对于B： ，
设平面的法向量为，则即
令，则所以平面的一个法向量为因为与不平行，所以 ⊥平面不成立，故 B错误；
对于C：
设异面直线CN和AB 所成的角为，则，故C错误；
对于 D，设，
所以，
又平面的一个法向量为所以点 P到平面的距离不是定值.故 D正确.
故选 ：AD
三、填空题
13．直线的倾斜角为 ．
【答案】
【分析】利用斜率与倾斜角的关系计算即可.
【详解】由题意得该直线的斜率为，故其倾斜角为．
故答案为：
14．已知是平面α的一个法向量，点，在平面α内，则 ．
【答案】9
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由，，得，
因为是平面的一个法向量，点A，在平面内，所以，
所以，解得．
故答案为：9
15．已知直线与圆交于A，两点，则的最小值为 ．
【答案】2
【分析】根据直线过定点，结合弦长公式计算即可.
【详解】由知直线过定点，
当直线和直线垂直时，圆心到直线的距离最大，最小，
此时．
根据弦长公式得的最小值为．
故答案为：2
16．2023年暑期档动画电影《长安三万里》重新点燃了人们对唐诗的热情，唐诗中边塞诗又称出塞诗，是唐代汉族诗歌的主要题材，是唐诗当中思想性最深刻，想象力最丰富，艺术性最强的一部分．唐代诗人李颀的边塞诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”．诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设将军的出发点是，军营所在位置为，河岸线所在直线的方程为，若将军从出发点到河边饮马，再回到军营（“将军饮马”）的总路程最短，则将军在河边饮马地点的坐标为 ．
【答案】
【分析】结合两点间线段最短，只需求其中一个点关于直线的对称点，再求对称点与另一点的距离即可.
【详解】
由题可知在的同侧，
设点关于直线的对称点为，
则，解得即．
将军从出发点到河边的路线所在直线即为，又，
所以直线的方程为，
设将军在河边饮马的地点为，
则即为与的交点，
，解得，
所以．
故答案为：
四、解答题
17．已知三条直线，和.
(1)若，求实数的值；
(2)若三条直线相交于一点，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两条直线平行的条件求解即可；
（2）先由两条确定的直线求出交点坐标，然后带入含参直线求解即可.
【详解】（1）因为，且.
所以.解得.经检验，时，.
（2）由，解得 即与的交点为，
因为三条直线相交于一点，所以点在上，
所以.解得.
五、问答题
18．在空间直角坐标系中，已知点，，，设，．
(1)若与互相垂直，求的值；
(2)求点到直线的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别求得与的坐标，再根据与互相垂直求解；
（2）由求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以，．
又与互相垂直，
所以，解得．
（2）由（1）知，，
所以，
所以点到直线的距离．
六、解答题
19．已知，圆是的外接圆．
(1)求圆的方程；
(2)若直线过点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）设圆的一般方程为,代入三点的坐标求解即可；
（2）由题意可得心到直线的距离，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况分别求解即可.
【详解】（1）解：设圆的一般方程为，
因为圆过三点，
所以，解得，
所以圆的一般式方程为．
（2）解：由（1）可知圆心为，半径，
又被圆截得的弦长为6，
所以由垂径定理可得圆心到直线的距离，

当直线的斜率不存在时，过点，
所以的方程为，圆心到直线的距离，故满足要求．
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，又过点，
所以直线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，解得，
直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
20．在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．

(1)证明：∥平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在棱上取点，使得，连接，，即可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，
因为，所以且，
由正方形，，得且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）
若，则可设，所以．
以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
由得
令，得平面的一个法向是为，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
七、证明题
21．已知曲线C上任意一点到点的距离与到点的距离之比为．
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，若圆过，，三点，证明圆恒过定点，并求出所有定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点和
【分析】（1）利用两点距离公式化简计算即可；
（2）利用直线与圆的位置关系确定四点共圆，设，含参表示圆的轨迹方程，结合方程特征计算即可.
【详解】（1）设曲线上一点坐标为，由已知得，
化简可得，
即曲线的轨迹方程为；
（2）由（1）知曲线是以为圆心，半径为的圆，
过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，
则，，所以，，，四点共圆，
即圆为的外接圆，圆心为的中点，半径为．
设，则，的中点为，，
所以圆的方程为，
即．
将变形，
得，
所以，解得或
所以圆恒过定点和．
22．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，M为棱的中点．

(1)求证：；
(2)棱（除两端点外）上是否存在点N，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请求出点N的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直；
（2）根据（1）的结果结果建立空间直角坐标系，利用参数表示点的坐标，并分别求平面与平面的法向量，利用法向量的夹角的余弦值即可求解，并判断.
【详解】（1）证明：取棱的中点，连接，．
因为四边形是菱形，所以，又，所以为等边三角形，所以．
因为四边形为正方形且，分别是，的中点，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面．
以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的间直角坐标系．

不妨设，则点，，，．
，，
设为平面的一个法向量，
则由及，得不妨取，则．
假设棱上（除端点外）存在点满足题意，令，
设，，,
得，，，
设为平面的一个法向量，
则由及，得
不妨取，得．
设平面与平面的夹角为，则
，解得或．
因为，，所以在棱（除两端点外）上不存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为．