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2023-2024学年云南省昭通市昭通一中教研联盟高二上学期10月期中质量检测数学试题（B卷）含答案
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这是一份2023-2024学年云南省昭通市昭通一中教研联盟高二上学期10月期中质量检测数学试题（B卷）含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量，则等于（ ）
A．B．5C．D．3
【答案】C
【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
【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，因为，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
【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】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
【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
【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
【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
【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、多选题
9．已知四边形的顶点分别是，，，，那么以下说法中正确的是（ ）
A．
B．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
【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
【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7
D．两个圆相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【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
【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.
三、填空题
13．已知三点共线，则实数m的值为 ．
【答案】0
【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】/
【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】
【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）
【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）
故答案为：，.
四、问答题
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）
【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，所求直线的斜率为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.
五、证明题
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)
【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.
【详解】（1）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.
（2），
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.
六、问答题
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
【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.
【详解】（1）设圆的方程为，
经过三点，则
解得，
所以圆的方程为，即.
（2），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.
七、证明题
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；.
【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.
八、解答题
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.
【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，
．
．
九、证明题
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】（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；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角求解二面角．
一、单选题
1．已知向量，则等于（ ）
A．B．5C．D．3
【答案】C
【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
【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，因为，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
【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】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
【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
【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
【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
【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、多选题
9．已知四边形的顶点分别是，，，，那么以下说法中正确的是（ ）
A．
B．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
【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
【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7
D．两个圆相交弦所在直线的方程为
【答案】BC
【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
【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.
三、填空题
13．已知三点共线，则实数m的值为 ．
【答案】0
【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】/
【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】
【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）
【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）
故答案为：，.
四、问答题
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）
【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，所求直线的斜率为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.
五、证明题
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)
【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.
【详解】（1）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.
（2），
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.
六、问答题
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
【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.
【详解】（1）设圆的方程为，
经过三点，则
解得，
所以圆的方程为，即.
（2），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.
七、证明题
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；.
【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.
八、解答题
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.
【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，
．
．
九、证明题
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】（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；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，用二面角的两个面的法向量的夹角求解二面角．
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