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2023-2024学年河北省唐山市十县一中联盟高二上学期期中数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年河北省唐山市十县一中联盟高二上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】由直线的一般式方程得到直线的斜率，再由求解倾斜角.
【详解】直线的斜率
，
∴.
故选：C
【点睛】本题考查了直线的一般式方程、直线的斜率和直线的倾斜角的关系，考查了学生转化，运算的能力，属于基础题.
2．向量，若与垂直，则的值为（ ）
A．B．1C．D．3
【答案】C
【分析】根据向量垂直，数量积为0即可求得.
【详解】因为与垂直，所以，即，解得.
故选：C
3．直线与两坐标轴所围成三角形的面积为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】D
【分析】求出直线与坐标轴的交点，即可得求所围成三角形的面积.
【详解】令，则；令，则；
所以两坐标轴所围成三角形的面积为.
故选：D
4．在四面体中，，为的重心，点在线段上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】为的重心，则为中线三等分点，在用向量的加法法则表示即可.
【详解】因为为的重心，所以为的三等分点，,
==.
故选：A
5．若点在圆上，则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切
C．相交D．不确定
【答案】B
【分析】利用点线距离公式求圆心与直线的距离，结合半径长即可判断直线与圆的位置关系.
【详解】由圆的圆心为，半径为2，
所以到直线的距离，
又在圆上，则，故，
所以直线与圆相切.
故选：B
6．已知圆：与圆：外离，则的取值范围（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】先根据圆的方程得到两圆的圆心和半径，根据两圆的位置关系为外离得到圆心距大于半径之和，进而列出不等式可得.
【详解】圆：，圆心坐标为，半径为
圆：即，
则，圆心坐标为，半径为，
因圆与圆外离，所以圆心距大于半径之和，即，
得，
故选：D
7．在空间四边形中，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在四面体中，用向量加法法则表示，再结合投影向量的计算方法求解.
【详解】在四面体中，因为，
设，且，，
则，
在上的投影向量为.
故选：B
8．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用直线与圆的位置关系及两点距离公式计算即可.
【详解】易知为圆上一点与直线上一点的距离的平方，
易知圆心，半径，点C到直线的距离，则.
故选：B
二、多选题
9．在正方体中，分别为的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．平面平面
D．平面平面
【答案】BCD
【分析】由正方体的性质，结合线面垂直、平行的判定及平面的基本性质判断各项的正误即可.
【详解】由题设，，则，
由面，面，则，
又，面，故面，
面，故平面平面，A对；
由面，面，则，又，
，面，则面，
面，则面面，
根据平面的基本性质知：与在面内必有交点，与在面内必有交点，
所以面与面必有交线，故平面平面不成立，B错；
由面即为面，故平面与平面有交线，C错；
由，面，面，则面，
同理可证面，而，面，
所以面面，而面与面相交，故平面平面不成立，D错.
故选：BCD
10．已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，最长
C．当时，弦最短
D．最短弦长
【答案】AC
【分析】由直线方程求定点可判定A，由弦长公式可判定B、C、D.
【详解】直线方程可化为，当，
故直线恒过定点，A正确；
易知圆心，半径，
显然当直线过圆心时，最长，则，
故B错误；
当时，此时弦最短，即，
故C正确；
当时，则弦长，故D错误.
故选：AC
11．在正四棱台中，，点分别在直线与上，则（ ）
A．该四棱台的体积为
B．该四棱台外接球的表面积为
C．线段长度的最小值为
D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】A选项，作出辅助线，得到正四棱台的高，得到体积；B选项，作出辅助线，找到球心的位置，利用勾股定理得到方程，求出外接球的半径，得到表面积；C选项，作出辅助线，得到线段长度取最小值时的位置，求出最小值；D选项，利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】A选项，过点分别作⊥，⊥于点，
因为，所以，
因为，所以，
过点分别作⊥平面于点，⊥平面于点，
由对称性可知，，
由勾股定理得，
故该四棱台的体积为，A错误；
B选项，连接相交于点，连接相交于点，
连接，则四棱台外接球的球心在直线上，
连接，则，
因为，所以，
由A选项知，，设，则，
由勾股定理得，即，
解得，故，
故该四棱台外接球的表面积为，B正确；
C选项，过点作⊥平面于点，则在线段上，连接，
则，
由几何关系知，当与点重合，且三点共线时，取得最小值，
最小值为1，故的最小值为，C错误；
D选项，连接，则点到平面的距离即为三棱锥的高，
其中由A选项，可知正四棱台的高为，侧高为2，
故，，
故三棱锥的高为，D正确.
故选：BD
12．已知，点满足，设点的轨迹为曲线，则（ ）
A．过点作曲线的切线，切线长为
B．当三点不共线时，则
C．在上存在点，使得
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】设动点坐标，根据可求得动点轨迹方程，A选项，构造直角三角形，即可求得切线长；B选项可知是内角的角平分线， 即可得出结论；C选项，可以求得动点的轨迹，判断两曲线的位置关系来判断是否存在；D选项，三点共线时和最小可以求解.
【详解】设P点坐标为，由，则，化简得
，所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆.
A选项，过点作曲线的切线，切线长为，A选项正确.
B选项，当三点不共线时，由三角形内角平分线定理可知，是内角的角平分线，所以.故B选项正确.
C选项，因为，设，则，化简得轨迹为，所以动点的轨迹为圆心，半径为的圆，圆心距
，所以两圆位置关系为内含，所以在上不存在点，使得，故C错误.
D选项，因为，所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知三点共线，则 ．
【答案】0
【分析】利用空间向量的共线定理计算即可.
【详解】由题意可知：，
由三点共线可知.
故答案为：0
14．直线与直线之间的距离为 ．
【答案】/
【分析】先将两直线前面的系数化为一致，再根据两直线间的距离公式计算结果即可.
【详解】由题知：，即，
，即，
所以与之间的距离为：.
故答案为：
15．已知空间向量，若共面，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量共面定理建立等式，得到关于的式子，将带入中，利用二次函数图象性质即可求得最值.
【详解】因为共面，所以，
即，
即，解得，
所以，，
因为，所以的最小值为.
故答案为：
四、双空题
16．已知圆与圆，则
①当时，两圆的公切线方程为 ．
②若两圆相交于两点，且，则 ．
【答案】 或
【分析】①由题可得两圆内切，则有唯一公切线，后求得两圆交点坐标，即可得答案；②两圆方程相减可得直线AB方程，后由其长度，可得答案.
【详解】①当时，圆.
因两圆圆心距为，恰为两圆半径差，则两圆内切，即两圆有唯一公切线.
，又，
则，
即两圆公共点为C，则公切线过点C，
因，则切线斜率为，故公切线方程为：；
②两圆方程相减可得两圆公共弦方程.
因，圆O半径为1，则点到直线AB距离为.
则由点到直线距离公式，可得或.
故答案为：；或.
五、解答题
17．中，．
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求的外接圆的方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】(1)求出边的斜率，即可得到高线的斜率，用点斜式即可求得方程.
(2)设圆的方程为一般式，代入点的坐标即可求出方程.
【详解】（1）直线的斜率
所以边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为．
（2）设的外接圆的方程为，
则
解得
所以的外接圆的方程为．
六、未知
18．已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为2，．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)在点建立基底，，分别表示向量，计算出向量数量积即可判断垂直.
(2)表示向量，用夹角余弦公式代入计算即可.
【详解】（1）设，则，
．
．
（1），
，
，即．
（2）
，
，
，
异面直线与所成角为．
19．已知点在圆上运动，点为线段的中点，设点的轨迹为曲线，
(1)求曲线的轨迹方程．
(2)过点作曲线的切线，求切线的方程．
【答案】(1)；
(2)或．
【分析】（1）设，根据已知得，再由在圆上，代入整理可得曲线的轨迹方程；
（2）由（1）并讨论切线斜率存在性，结合点线距离公式求参数，即可得切线方程.
【详解】（1）设，因为点为线段的中点，
所以，即，
因为点在圆上运动，
所以，化简得，
所以曲线的轨迹方程为．
（2）由（1）知曲线的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
当切线斜率不存在时：，满足题意；
当切线斜率存在时，设，即．
由与圆相切，得，解得．
所以切线的方程为，即．
综上，切线的方程为或．
20．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点分别为的中点．
(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) 取的中点，连接，构造平行四边形可以证得线面平行.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入公式即可求得线面角.
【详解】（1）取的中点，连接，
分别为的中点，
，且，
又且，
且，
四边形为平行四边形，则，
平面平面，
平面．
（2）取的中点，则．
以为原点，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
．
所以，
设平面的法向量为．
则即
取，则．
又，
设直线与平面所成的角为，则，
故与平面所成角的正弦值为．
21．如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，与交于点，沿将翻折到，连接，得到如下图2的五棱锥，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）由题设可得、，则，由线面垂直的判定证得平面，进而可证结论；
（2）根据已知证平面，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可.
【详解】（1）点分别是边的中点，则．
菱形的对角线互相垂直，即．
所以，则．
由平面平面，
所以平面，故平面．
（2）设，连接，，
所以，故为等边三角形．
．
在中，，
在中，则．
平面，平面，
平面．
以为原点，、、为、、轴，建立空间直角坐标系，
则．
．
设平面的法向量为，由，得
令，得，则平面的一个法向量为．
由（1）知平面的一个法向量为，
设面与面的夹角为，则．
所以平面与平面的夹角的余弦值．
22．已知圆，过圆上一点作直线分别与圆交于两点，设直线的斜率为．
(1)若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求切线方程；
(2)若，求证：直线恒过定点．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）利用直线与圆的位置关系计算即可；
（2）分类讨论结合韦达定理与斜率公式计算即可.
【详解】（1）由题意可设切线的方程为．
所以圆心到切线的距离为，
即，解得，
所求的切线方程为或；
（2）
①当直线斜率存在时，设直线．
将直线代入圆的方程得，
又，
则．
即，
即，
即，
即，
整理得，
即，
所以或．
当时，直线恒过点，不满足题意，舍去；
当时，由得．
直线恒过点，满足题意．
②当直线斜率不存在时，不妨设直线，
则．
则，
所以与圆无交点，不满足题意，舍去．
综上：直线恒过点．
一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】由直线的一般式方程得到直线的斜率，再由求解倾斜角.
【详解】直线的斜率
，
∴.
故选：C
【点睛】本题考查了直线的一般式方程、直线的斜率和直线的倾斜角的关系，考查了学生转化，运算的能力，属于基础题.
2．向量，若与垂直，则的值为（ ）
A．B．1C．D．3
【答案】C
【分析】根据向量垂直，数量积为0即可求得.
【详解】因为与垂直，所以，即，解得.
故选：C
3．直线与两坐标轴所围成三角形的面积为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】D
【分析】求出直线与坐标轴的交点，即可得求所围成三角形的面积.
【详解】令，则；令，则；
所以两坐标轴所围成三角形的面积为.
故选：D
4．在四面体中，，为的重心，点在线段上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】为的重心，则为中线三等分点，在用向量的加法法则表示即可.
【详解】因为为的重心，所以为的三等分点，,
==.
故选：A
5．若点在圆上，则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切
C．相交D．不确定
【答案】B
【分析】利用点线距离公式求圆心与直线的距离，结合半径长即可判断直线与圆的位置关系.
【详解】由圆的圆心为，半径为2，
所以到直线的距离，
又在圆上，则，故，
所以直线与圆相切.
故选：B
6．已知圆：与圆：外离，则的取值范围（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】先根据圆的方程得到两圆的圆心和半径，根据两圆的位置关系为外离得到圆心距大于半径之和，进而列出不等式可得.
【详解】圆：，圆心坐标为，半径为
圆：即，
则，圆心坐标为，半径为，
因圆与圆外离，所以圆心距大于半径之和，即，
得，
故选：D
7．在空间四边形中，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在四面体中，用向量加法法则表示，再结合投影向量的计算方法求解.
【详解】在四面体中，因为，
设，且，，
则，
在上的投影向量为.
故选：B
8．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用直线与圆的位置关系及两点距离公式计算即可.
【详解】易知为圆上一点与直线上一点的距离的平方，
易知圆心，半径，点C到直线的距离，则.
故选：B
二、多选题
9．在正方体中，分别为的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．平面平面
D．平面平面
【答案】BCD
【分析】由正方体的性质，结合线面垂直、平行的判定及平面的基本性质判断各项的正误即可.
【详解】由题设，，则，
由面，面，则，
又，面，故面，
面，故平面平面，A对；
由面，面，则，又，
，面，则面，
面，则面面，
根据平面的基本性质知：与在面内必有交点，与在面内必有交点，
所以面与面必有交线，故平面平面不成立，B错；
由面即为面，故平面与平面有交线，C错；
由，面，面，则面，
同理可证面，而，面，
所以面面，而面与面相交，故平面平面不成立，D错.
故选：BCD
10．已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，最长
C．当时，弦最短
D．最短弦长
【答案】AC
【分析】由直线方程求定点可判定A，由弦长公式可判定B、C、D.
【详解】直线方程可化为，当，
故直线恒过定点，A正确；
易知圆心，半径，
显然当直线过圆心时，最长，则，
故B错误；
当时，此时弦最短，即，
故C正确；
当时，则弦长，故D错误.
故选：AC
11．在正四棱台中，，点分别在直线与上，则（ ）
A．该四棱台的体积为
B．该四棱台外接球的表面积为
C．线段长度的最小值为
D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】A选项，作出辅助线，得到正四棱台的高，得到体积；B选项，作出辅助线，找到球心的位置，利用勾股定理得到方程，求出外接球的半径，得到表面积；C选项，作出辅助线，得到线段长度取最小值时的位置，求出最小值；D选项，利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】A选项，过点分别作⊥，⊥于点，
因为，所以，
因为，所以，
过点分别作⊥平面于点，⊥平面于点，
由对称性可知，，
由勾股定理得，
故该四棱台的体积为，A错误；
B选项，连接相交于点，连接相交于点，
连接，则四棱台外接球的球心在直线上，
连接，则，
因为，所以，
由A选项知，，设，则，
由勾股定理得，即，
解得，故，
故该四棱台外接球的表面积为，B正确；
C选项，过点作⊥平面于点，则在线段上，连接，
则，
由几何关系知，当与点重合，且三点共线时，取得最小值，
最小值为1，故的最小值为，C错误；
D选项，连接，则点到平面的距离即为三棱锥的高，
其中由A选项，可知正四棱台的高为，侧高为2，
故，，
故三棱锥的高为，D正确.
故选：BD
12．已知，点满足，设点的轨迹为曲线，则（ ）
A．过点作曲线的切线，切线长为
B．当三点不共线时，则
C．在上存在点，使得
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】设动点坐标，根据可求得动点轨迹方程，A选项，构造直角三角形，即可求得切线长；B选项可知是内角的角平分线， 即可得出结论；C选项，可以求得动点的轨迹，判断两曲线的位置关系来判断是否存在；D选项，三点共线时和最小可以求解.
【详解】设P点坐标为，由，则，化简得
，所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆.
A选项，过点作曲线的切线，切线长为，A选项正确.
B选项，当三点不共线时，由三角形内角平分线定理可知，是内角的角平分线，所以.故B选项正确.
C选项，因为，设，则，化简得轨迹为，所以动点的轨迹为圆心，半径为的圆，圆心距
，所以两圆位置关系为内含，所以在上不存在点，使得，故C错误.
D选项，因为，所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知三点共线，则 ．
【答案】0
【分析】利用空间向量的共线定理计算即可.
【详解】由题意可知：，
由三点共线可知.
故答案为：0
14．直线与直线之间的距离为 ．
【答案】/
【分析】先将两直线前面的系数化为一致，再根据两直线间的距离公式计算结果即可.
【详解】由题知：，即，
，即，
所以与之间的距离为：.
故答案为：
15．已知空间向量，若共面，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量共面定理建立等式，得到关于的式子，将带入中，利用二次函数图象性质即可求得最值.
【详解】因为共面，所以，
即，
即，解得，
所以，，
因为，所以的最小值为.
故答案为：
四、双空题
16．已知圆与圆，则
①当时，两圆的公切线方程为 ．
②若两圆相交于两点，且，则 ．
【答案】 或
【分析】①由题可得两圆内切，则有唯一公切线，后求得两圆交点坐标，即可得答案；②两圆方程相减可得直线AB方程，后由其长度，可得答案.
【详解】①当时，圆.
因两圆圆心距为，恰为两圆半径差，则两圆内切，即两圆有唯一公切线.
，又，
则，
即两圆公共点为C，则公切线过点C，
因，则切线斜率为，故公切线方程为：；
②两圆方程相减可得两圆公共弦方程.
因，圆O半径为1，则点到直线AB距离为.
则由点到直线距离公式，可得或.
故答案为：；或.
五、解答题
17．中，．
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求的外接圆的方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】(1)求出边的斜率，即可得到高线的斜率，用点斜式即可求得方程.
(2)设圆的方程为一般式，代入点的坐标即可求出方程.
【详解】（1）直线的斜率
所以边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为．
（2）设的外接圆的方程为，
则
解得
所以的外接圆的方程为．
六、未知
18．已知平行六面体中，底面是边长为的正方形，侧棱长为2，．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)在点建立基底，，分别表示向量，计算出向量数量积即可判断垂直.
(2)表示向量，用夹角余弦公式代入计算即可.
【详解】（1）设，则，
．
．
（1），
，
，即．
（2）
，
，
，
异面直线与所成角为．
19．已知点在圆上运动，点为线段的中点，设点的轨迹为曲线，
(1)求曲线的轨迹方程．
(2)过点作曲线的切线，求切线的方程．
【答案】(1)；
(2)或．
【分析】（1）设，根据已知得，再由在圆上，代入整理可得曲线的轨迹方程；
（2）由（1）并讨论切线斜率存在性，结合点线距离公式求参数，即可得切线方程.
【详解】（1）设，因为点为线段的中点，
所以，即，
因为点在圆上运动，
所以，化简得，
所以曲线的轨迹方程为．
（2）由（1）知曲线的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
当切线斜率不存在时：，满足题意；
当切线斜率存在时，设，即．
由与圆相切，得，解得．
所以切线的方程为，即．
综上，切线的方程为或．
20．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点分别为的中点．
(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) 取的中点，连接，构造平行四边形可以证得线面平行.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入公式即可求得线面角.
【详解】（1）取的中点，连接，
分别为的中点，
，且，
又且，
且，
四边形为平行四边形，则，
平面平面，
平面．
（2）取的中点，则．
以为原点，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
．
所以，
设平面的法向量为．
则即
取，则．
又，
设直线与平面所成的角为，则，
故与平面所成角的正弦值为．
21．如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，与交于点，沿将翻折到，连接，得到如下图2的五棱锥，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）由题设可得、，则，由线面垂直的判定证得平面，进而可证结论；
（2）根据已知证平面，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可.
【详解】（1）点分别是边的中点，则．
菱形的对角线互相垂直，即．
所以，则．
由平面平面，
所以平面，故平面．
（2）设，连接，，
所以，故为等边三角形．
．
在中，，
在中，则．
平面，平面，
平面．
以为原点，、、为、、轴，建立空间直角坐标系，
则．
．
设平面的法向量为，由，得
令，得，则平面的一个法向量为．
由（1）知平面的一个法向量为，
设面与面的夹角为，则．
所以平面与平面的夹角的余弦值．
22．已知圆，过圆上一点作直线分别与圆交于两点，设直线的斜率为．
(1)若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求切线方程；
(2)若，求证：直线恒过定点．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）利用直线与圆的位置关系计算即可；
（2）分类讨论结合韦达定理与斜率公式计算即可.
【详解】（1）由题意可设切线的方程为．
所以圆心到切线的距离为，
即，解得，
所求的切线方程为或；
（2）
①当直线斜率存在时，设直线．
将直线代入圆的方程得，
又，
则．
即，
即，
即，
即，
整理得，
即，
所以或．
当时，直线恒过点，不满足题意，舍去；
当时，由得．
直线恒过点，满足题意．
②当直线斜率不存在时，不妨设直线，
则．
则，
所以与圆无交点，不满足题意，舍去．
综上：直线恒过点．
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