2023-2024学年福建省泉州市惠安惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省泉州市惠安惠安一中、安溪一中、养正中学、泉州实验中高二上学期期中数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．中，，，，则边上的高所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设边上的高所在的直线为，求出直线l的斜率，代入点斜式方程，整理即可得出答案.
【详解】设边上的高所在的直线为，
由已知可得，，所以直线l的斜率.
又过，所以的方程为，
整理可得，.
故选：A.
2．向量，，满足，，且，则（ ）
A．B．C．22D．
【答案】A
【分析】根据空间向量数量积及坐标表示计算求解即可.
【详解】，
所以.
故选：A.
3．若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求解的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求解圆的半径，然后得到圆的方程.
【详解】圆经过点，，
可得线段的中点为，又，
所以线段的中垂线的方程为，
即，
由，解得，
即，圆的半径，
所以圆的方程为.
故选：A.
4．如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.
【详解】因为圆台外接球的表面积，所以球的半径，
设圆台的上､下底面圆心分别为，在上､下底面圆周上分别取点，
连接，如图，
因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，
所以，，
所以，,
所以，
所以圆台体积.
故选：D.
5．已知直线，，若且，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
6．如图，在正四棱柱中，，．点，，分别在棱，，上，，，，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构建空间直角坐标系坐标系，通过空间向量求解即可.
【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，
得．
点到平面的距离为．
故选：D.
7．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】直线即，恒过定点，
曲线即表示以点为圆心，半径为1，
且位于直线上方的半圆（包括点，），
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；
当与半圆相切时，由，得，切线记为，
分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，即实数k的取值范围是.

故选：B.
8．已知点，O为坐标原点，动点M满足，P，Q为直线上的两点，且对任意的点M都有，则线段PQ长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出动点M的轨迹方程为圆，由，圆C内含于或内切于以PQ为直径的圆，由两圆的位置关系列不等式求线段PQ长度的最小值.
【详解】设，∵，∴，∴，
可得动点M的轨迹为圆，
∵，∴圆C内含于或内切于以PQ为直径的圆，
设PQ的中点为N，则，
的最小值为C点到直线l的距离
∴，∴线段PQ长度的最小值为，
故选：D．
二、多选题
9．已知直线的倾斜角分别为，斜率分别是，若，则的大小关系可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】由在分别单调递增，且时，；时，，分类讨论分析即得解.
【详解】由在分别单调递增，
且时，；时，，
若，或，则，故A正确；
若， 则，故C 正确；
若，则，故 D正确，
无论哪种条件下，B 都不成立.
故选：ACD.
10．已知圆：，圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在圆的内部，则
B．若，则圆，的公共弦所在的直线方程是
C．若圆，外切，则
D．过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程是
【答案】BCD
【分析】求点到圆心的距离与半径的关系即可判断A；将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程可判断B；利用圆与圆外切，由圆心距和两半径之和相等即可判断C；由圆上两点切点所在直线，实质为为直径的圆与圆的公共弦，即可判断D.
【详解】由题，圆为：，圆心，
圆为：，圆心，；
对于A：由点在圆内，得：，解得：，故A项错误；
对于B：若，则圆：，将圆与圆相减得到公共弦所在直线方程：，故B项正确；
对于C：两圆外切，则，即：，解得：，故C项正确；
对于D：点在圆外，则得切点所在的直线为以为直径的圆与圆的公共弦，圆圆心，，方程为：，
将圆与圆相减得：，故D项正确.
故选：BCD.
11．已知实数，满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值是B．的最大值是
C．的最小值是D．的最大值是
【答案】BC
【分析】A项：由表示圆上的点到定点距离的平方，可得其最大值，即可判断A项；
B项：表示圆上的点与点的连线的斜率，设，由圆心到直线的距离求出的范围，从而可判断B项；
C、D项：由表示圆上任意一点到直线：的距离的倍，结合圆上任意一点到直线的距离最大值为，，（为圆心到直线的距离），即可求解判断.
【详解】因为：，化简为：，所以：圆的圆心，半径为.
对于A项：表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示：
所以：的最大值为：，故A项错误；
对于B项：表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示：
设，由圆心到直线的距离：，即：解得：，
所以的最大值为，故B项正确；
对于C、D项：表示圆上任意一点到直线的距离的倍，如图所示：
又圆心到直线的距离，所以：圆上任意一点到直的距离的最小值为：，最大值为：，
所以：的最小值为：，最大值为：，故C项正确，D项错误.
故选：BC.
12．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，当点与点重合时，满足平面，与所成夹角为，A正确；B选项，将两图形展开到同一平面内，由三点共线得到的最小值，由余弦定理求出最小值；C选项，作出辅助线，得到点P的轨迹，求出轨迹长度；D选项，先得到点在线段上，从而得到正方体过点的截面，建立空间直角坐标系，得到点到直线的距离，从而求出截面面积的取值范围.
【详解】如图1，因为，，
所以点在正方形内（包含四个端点），
当点与点重合时，，
因为平面，平面，
所以平面，
此时，故为等边三角形，
故与所成夹角为，A正确；

当时，点在对角线上，
将矩形和等腰直角三角形折叠到同一平面内，如图2，

连接与于点，
由三点共线可知，的最小值即为的长，
其中，，
由余弦定理得
，B错误；
C选项，如图3，以为圆心，的长为半径作圆，与正方形交于圆弧，

此时满足与平面所成角为，
故则点P的轨迹长度等于，C正确；
D选项，如图4，当时，，即，故，
故点在线段上，
在上取点，使得，连接，
则可证得，四边形为平行四边形，
故正方体经过点的截面为平行四边形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
其中，，
，
则，
则点到直线的距离
，
因为，所以，

故截面面积为，D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
13．已知圆（）与轴相切，则 .
【答案】
【分析】求出圆心到轴的距离即可求得半径为.
【详解】根据题意可知圆心到轴的距离等于半径，
又，解得.
故答案为：
14．已知，若的平分线方程为，则所在的直线方程为 ．
【答案】
【分析】先求得直线与直线的交点，然后利用角平分线定理求得点坐标，进而求得直线的方程.
【详解】，直线的方程为，
由解得，设，
依题意，的平分线为直线，
由正弦定理得，
由于，由此整理得,
则，设，
则，
整理得，解得或（舍去），
则，，
直线的方程为.
故答案为：

15．已知三棱锥，点满足：，过点作平面，与直线，，分别相交于三点，且，，，则 .
【答案】
【分析】根据题意可得，再由并利用空间向量共面定理即可得.
【详解】由可得，
即可得，所以，
又，，，所以，
即，
又四点共面，由空间向量共面定理可得.
故答案为：
16．已知圆：，圆：，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是，，当取到最小值时，点坐标为 .
【答案】
【分析】，则，可看成点P到两定点，的距离和，而A,B两点在x轴的两侧，所以A,B连线与x轴的交点就是所求点P.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
设，则，
所以，
取，
则，
当三点共线时取等号，
此时AB直线：，
令，则，所以，
故答案为：
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点P到两定点，的距离和的最小值.
四、解答题
17．已知圆，直线过点.
(1)当直线与圆相切时，求直线的斜率；
(2)线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】（1）已知的圆心是，半径是，
设直线斜率为
则直线方程是，即，
则圆心到直线距离为，
解得直线的斜率.
（2）设点则，
由点是的中点得，
所以①
因为在圆上运动，所以②
①代入②得，
化简得点的轨迹方程是.
18．已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且．
(1)求直线和的交点坐标；
(2)已知直线经过与的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的2倍，求的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据两直线垂直的关系，以及直线在轴上的截距，可得方程，联立方程，可得结果；
（2）利用（1）的结论，采用分类讨论，设直线的方程可得答案.
【详解】（1）由直线的方程为，，
可得直线的斜率为2，
又在轴上的截距为，即过点，
所以直线方程：，
即，
联立方程，得：
，故交点为；
（2）依据题意直线在轴上截距是在轴上的截距的2倍，
且直线经过与的交点
当直线过原点时，方程为：，
当直线不过原点时，设方程为，则，解得，
故方程为：，
即
综上所述：的方程为或.
19．如图，己知在四棱锥中，平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，，分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）建立空间坐标系，计算各点坐标，计算平面的法向量，由，即可证明；
（2）求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的公式代入即可得出答案.
【详解】（1）以为原点，以分别为建立空间直角坐标系，
由 ，分别是的中点，可得：
，

∴，
设平面的的法向量为，
则有：，
令，则，
∴，又平面，
∴平面.
（2）设平面的的法向量为，
又
则有：，
令，则， 所以
又，
设直线与平面所成角为，
∴，
∴求直线与平面所成的角的正弦值为 .
20．如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）.规划在公路上选两个点，（点在点的左侧），并修建两段直线型道路，，规划要求：线段，上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.已知点，到直线的距离分别为和（，为垂足），测得，，（单位，百米）．
(1)若点选在点的左侧8百米处，则道路是否符合规划要求？
(2)在规划要求下，求的最小值.
【答案】(1)不符合
(2)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，依题意可知时满足规划要求，此时最短为9，即可知若点选在点的左侧8百米处，则道路不符合规划要求；
（2）利用三角形相似可求出的最小值为百米.
【详解】（1）以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
根据规划要求可知当时满足规划，
当时，此时最短，
作于点，由，，可得，
此时可得，即，可得，
即点选在点的左侧至少9百米处，道路符合规划要求，
因此若点选在点的左侧8百米处，则道路不符合规划要求.
（2）同理可知，当时，道路符合规划要求，
此时，即，可得，
根据规划要求可知，符合题意的选点需在图中点左侧和点右侧，
因此，
即在规划要求下，的最小值为百米.
21．如图，在三棱台中，是等边三角形，，，侧棱平面，点是棱的中点，点是棱上的动点（不含端点）.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成的锐角的余弦值为，试判断点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)点与重合
【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面和平面的夹角为时，求得点位置.
【详解】（1）因为：是等边三角形，点是的中点，所以：，
因为：平面，平面，所以：，
又因为：，平面，所以：平面，
因为：平面，所以：平面平面.
（2）在平面中，作，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为：为等边三角形，，，得：，，，
因为：，所以：，设：，，
所以：，得：，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，得：，
设平面的一个法向量为，，
则，令，得：，
设平面与平面所成角为，
则：，又因为：，解得：.
即点与重合.
22．在平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴的交点是，过点的直线与圆交于不同的两点.
(1)设直线，的斜率分别是，，求的值；
(2)设的中点为，点，若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出直线的方程为并于圆方程联立，利用韦达定理可得关于的表达式，化简计算即可求得.
（2）设，由以及可得，即可求得，求出弦长以及点到直线的距离即可得面积.
【详解】（1）易知点，直线的斜率一定存在并设为，
则直线的方程为，设，
联立，可得，
所以
易知直线的斜率是，
同理直线的斜率
所以
，
即可知的值为
（2）如下图所示：
设中点，由（1）可知，
由可得，
整理可得，即
解得，
因为圆心到直线的距离，所以；
又到直线的距离，
所以
即的面积为.