2023-2024学年广东省广州市第三中学等校高二上学期期中三校联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市第三中学等校高二上学期期中三校联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即得.
【详解】由直线的方向向量，得直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为.
故选：B
2．已知方程表示的曲线是椭圆,则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为方程表示的曲线是椭圆，所以，解得且，即实数的取值范围是，故选B.
3．若为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于A，B，D，判断每个选项中的向量是否共面，根据空间向量基底的含义，即可判断其正误，对于C，采用反证的思想，假设共面，得出矛盾，即可判断其对错，即得答案.
【详解】对于A，，即共面，
故不能作为空间向量的一组基底，A错误；
对于B，，即共面，
故不能作为空间向量的一组基底，B错误；
对于C，假设共面，则存在实数，使，
则，则共面，这与为空间向量的一组基底矛盾，
故不共面，可构成空间向量的一组基底，C正确；
对于D，，故共面，
故不能作为空间向量的一组基底，D错误；
故选：C
4．在平行六面体中，，，，，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，利用向量数量积的运算律及已知求的长.
【详解】如下图，
，则，
所以，
又，，
所以.
故选：B
5．若直线经过点，且点，到它的距离相等，则的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：当点、在直线的异侧时，直线过的中点，结合点可得直线的方程；当点、在直线的同侧时，直线与平行，可得直线的方程；
【详解】根据题意，分两种情况讨论可得：
（1）当两个点，在所求直线的异侧时，
可得直线过线段的中点，又因为直线经过点，
此时直线的斜率不存在，即满足题意的直线方程为；
（2）当，在所求直线同侧时，
直线与所求的直线平行，
又因为，所以所求的直线斜率为，
所以直线方程为，整理得：，
综上所述：满足条件的直线为或，
故选：C.
6．已知直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线过定点，曲线为半圆，数形结合求解即可.
【详解】由可得，即曲线为半圆，
又直线过定点，
作直线与曲线图象，如图，
当直线与圆相切时，，
故可得直线斜率，
由图象知，当直线斜率时，直线与曲线有两个交点，
故选：A
7．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如可以转化为平面上点与点的距离.结合上述观点，下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为
B．已知x，y满足，则的最大值为
C．已知x，y满足，则的取值范围是
D．已知x，y满足，则的最大值为0
【答案】A
【分析】函数表示到点和的距离之和，计算距离得到A正确，举反例得到BCD错误，得到答案.
【详解】对选项A：，
表示到点和的距离之和，最小值为，
正确；
对选项B：取，满足条件，此时，错误；
对选项C：取，满足条件，此时，错误；
对选项D：取，满足条件，此时，错误；
故选：A
8．在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，存在点P使得CPBA1
B．当时，不存在点P使得B，P，C1三点共线
C．当时，不存在点P使得A1，B1，C，P四点共面
D．当时，存在点P使得A1B⊥AP
【答案】D
【分析】A选项，由得到点在线段上，故直线与异面，A错误；
当为线段的中点时，三点共线，B错误；
当时，当位于与的交点处时四点共面，C正确；
D选项，作出辅助线，证明线线垂直，得到线面垂直，找到平面，因为过定点与直线垂直的平面有且只有一个，故D正确.
【详解】由题知，
对于选项和：当时，点在线段上，因为直线与异面，
故直线与异面，故选项错误；
当为线段的中点时，三点共线，故选项B错误；
对于选项：当时，取线段的中点分别为，连接，
因为，即，所以，则点在线段上，
当位于与的交点处时四点共面，故选项C错误；
对于选项：当时，取的中点的中点，连接，
因为，
即，所以，则，点在线段上，
当点在点处时，取的中点，连接，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，又平面，
故平面，又平面，所以，
在正方形中，，又平面，
所以平面，因为过定点与直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确.
故选：D.
【点睛】立体几何中寻找点，使得满足平行或垂直关系，要能从题干条件和立体图形特点出发，找到合适的点，再进行相应的证明，需要较强的空间想象能力.
二、多选题
9．已知，直线：，直线：，则（ ）
A．若，则或B．若，则与间距离为
C．若，则或D．若在x轴和y轴上的截距相等，则
【答案】BC
【分析】利用直线的平行、直线的垂直、平行直线的距离公式、直线的一般式方程和截距式方程逐项分析运算判断即可得解.
【详解】对于选项A，由题意，若，则有，
解得：或，
当时，直线：和直线：重合，
当时，直线：和直线：平行，
综上，，故A错误；
对于选项B，由A知，当时，直线：和直线：平行，
直线方程可化为，由平行直线间的距离公式可求得：
与间距离为，故B正确；
对于选项C，直线：和直线：垂直，
则有，解得：或，所以，或，故C正确；
对于选项D，当时，直线：过原点，在x轴和y轴上的截距相等，
当时，直线方程可化为截距式方程，则有，
解得：，
综上，若在x轴和y轴上的截距相等，则或，故D错误.
故选：BC.
10．设点为椭圆：上一点，，分别为的左、右焦点，且，则（ ）
A．的周长为20B．点到轴的距离为
C．的面积为D．
【答案】BD
【分析】确定，，利用余弦定理得到，计算周长得到A错误，利用面积法计算B正确，计算面积得到C错误，计算向量数量积得到D正确，得到答案.
【详解】，，
，整理得到，
对选项A：的周长为，错误；
对选项B：，
故点到轴的距离为，正确；
对选项C：，错误；
对选项D：，正确；
故选：BD.
11．与圆和圆都相切的直线方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】先判断两个圆的位置关系，然后根据圆的公共切线的求法求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
，所以两圆相离，
画出图象如下图所示，
由图可知，直线是两个圆的公切线.所以AD选项正确.
直线即直线的斜率为，
所以直线的方程为，
由解得，设，
设直线的方程为，
到直线的距离，解得，
所以，C选项正确.
由，解得，设，
设直线的方程为，
到直线的距离，解得，
所以，B选项错误.
故选：ACD
12．在棱长为1的正方体中，已知点为侧面上的一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若点总保持，则动点的轨迹是一条线段
B．若的面积为，则动点的轨迹是一段圆弧2
C．若到直线与直线的距离之和为1，则动点的轨迹是椭圆的一部分
D．若点到点与直线的距离之比为1：2，则动点的轨迹是椭圆的一部分
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，根据垂直得到，表示线段，A正确，根据面积公式得到，B正确，C选项中轨迹为线段，错误，根据化简得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，设，，
对选项A：，即，表示线段，
正确；
对选项B：平面，平面，故，
，则，表示一段圆弧，正确；
对选项C：，同理，故距离之和为，
故轨迹为线段，错误；
对选项D：根据题意，，整理得到，
轨迹是椭圆的一部分，正确；
故选：ABD.
三、填空题
13．在空间直角坐标系中，已知点，点，点B关于y轴的对称点为C，则 .
【答案】
【分析】确定，再计算模长得到答案.
【详解】点B关于y轴的对称点为，.
故答案为：
14．已知点，是圆C上的两点，写出满足“被直线截得的弦长为”的一个圆C的标准方程 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】计算，确定垂直平分线方程，计算平行直线的距离得到圆半径，确定圆心得到圆方程.
【详解】，则的垂直平分线斜率为，且过中点，
故垂直平分线方程为，即，
和平行，平行直线的距离为，
故圆半径，取圆心为满足条件，
故.
故答案为：.
15．已知椭圆上一点M，点F为右焦点，点P为下顶点，，则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】过作轴于，根据相似关系确定，代入方程计算得到答案.
【详解】如图所示：过作轴于，
，则，，故，
则，整理得到，故.
故答案为：.
16．在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是3，且平面平面，活动弹子M，N分别在正方形对角线，上移动，则的最小值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，计算，构造函数，利用二次函数的性质计算最值得到答案.
【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
设，，，
则，
设，
故，
故，时，最小为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知、、分别为三个内角、、的对边，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求、.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，由及正弦定理得到，得出角A；
（2）由三角形面积公式结合余弦定理可得．
【详解】（1）根据正弦定理，
变为，即，
也即，
所以．
整理，得，即，所以，
所以，则．
（2）由，，得．
由余弦定理，得，
则，所以．则．
五、未知
18．在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标：，，.
(1)求点的坐标，并证明平行四边形为矩形；
(2)求边所在的直线方程及的内角平分线所在的直线方程.
【答案】(1)； 证明见解析；
(2)；
【分析】（1）利用平行四边形对边为相等向量求出点的坐标，再有斜率之积证明垂直；
（2）先根据两点求出方程，再求出的角平分线所在直线的斜率，最后由点斜式写出直线方程.
【详解】（1）如图所示，
因为四边形是平行四边形，所以，
设，则，解得，所以，
又因为，所以，所以，
所以四边形是矩形；
（2），所以直线，
即 ；
设的角平分线与轴交于点，求得，
所以，又为角平分线，所以，
所以倾斜角，
所以斜率，
所以直线，即.
19．如图，在直三棱柱中，，，点M，N分别为和的中点.
(1)证明：平面；
(2)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）如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算得到平行关系.
（2）计算平面的法向量为，再利用向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，设，
，，故中点，
，，故中点，
是平面的一个法向量，
则，又平面，故平面.
（2），，，
设平面的法向量为，则，
取，得到，
则直线与平面所成角的正弦值为：
.
20．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线
(1)求曲线的方程；
(2)过点作曲线的切线，求曲线关于直线对称的曲线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由阿氏圆的定义代入点化简运算即可求得曲线的方程为；
（2）求出过点的切线的方程，再分别求出圆心关于切线的对称点的坐标即可求得曲线的方程.
【详解】（1）根据题意设，
则，化简可得；
所以曲线的方程为.
（2）易知圆的圆心为，半径为；
如下图所示：
①当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，
显然圆心到直线的距离为，与半径相等，即直线与圆相切；
所以此时切线方程为
此时圆心关于切线的对称点为，
此时曲线的方程为；
②当过点的直线斜率存在时，不妨设斜率为，
则切线方程为，即，
又圆心到直线距离等于半径，即，解得，
此时切线方程为.
设圆心关于切线的对称点为，
则可得，解得；
此时曲线的方程为；
综上可知，曲线关于直线对称的曲线的方程为或
21．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.
(1)求证：直线平面；
(2)设点在线段上，平面与平面夹角的余弦值为，求点到底面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)1或
【分析】（1）由菱形的性质可知，由平面ABCD证出，由线面垂直的判定定理可得证；
（2）设，且，利用向量法求出平面的夹角的余弦，解出的值，即可求出点M到底面ABCD的距离．
【详解】（1）是菱形，，
又平面ABCD，平面ABCD，则，
，平面PAC，
直线平面PAC；
（2）以点A为坐标原点，AD，AP方向为y轴，z轴正方向，在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，且，
故，
据此可得，即点，
设平面CMB的法向量为，
则，
令，则，所以，
设平面MBA的法向量为，
则，
令，则，，所以，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，化简得，
解得或
当时，，当时，，
所以由点M的坐标知点M到底面ABCD的距离为1或者 .
六、解答题
22．已知椭圆C：过点，为椭圆的左右顶点，且直线的斜率的乘积为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过右焦点F的直线与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线于点P，交直线于点Q，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)写出椭圆C的左右顶点坐标，利用给定斜率积求出，再由椭圆过的点即可计算得解；
(2)根据条件设的方程为，将与C的方程联立求出弦MN长，再求出点P的横坐标并计算PQ长，最后借助均值不等式即可得解.
【详解】(1)依题意，，则，解得，
又，于是得，
所以椭圆C的方程为；
(2)由(1)可得，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，
设点，
由消去y并整理得，
则，
于是得，
显然点P的坐标有：，，
而直线PQ方程为：y-yP=-m(x-xP)，
则，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以的得最小值.