2023-2024学年河南省洛阳市高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省洛阳市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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的一个方向向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由直线的方向向量的定义，即可得到结果.
【详解】因为直线的斜率为，
对比选项检验可知：该直线的一个方向向量是.
故选：B
2．在正方体中，点E为上底面A1C1的中心，若，则x，y的
值是
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【详解】试题分析：根据题意，结合正方体的性质，可知,所以有，，故选A．
【解析】空间向量的分解．
3．“”是“直线与直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】先根据直线垂直满足的关系是求出“直线与直线垂直”的充要条件，再分析即可
【详解】若直线与直线垂直，则，即，故“”是“直线与直线垂直”的充要条件
故选：C.
4．如图，一座圆拱桥，当拱顶离水面2米时，水面宽12米，则当水面下降1米后，水面宽为（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】D
【分析】根据题意，建立直角坐标系，设圆的半径为，求得圆的方程为，结合圆的方程，即可求解.
【详解】以圆拱桥的顶点为坐标原点，以过拱顶顶点的竖直线为轴，建立直角坐标系，
设圆心为，水面所在弦的端点为，则由已知可得，
再设圆的半径为，则圆心，即圆的方程为，
将点代入圆的方程，可得，即圆的方程为，
当水面下降1米后，可得，
代入圆的方程，可得，所以当水面下降1米后，水面宽度为米.
故选：D.
5．若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设圆心坐标，由题意表示出圆的方程，将点代入方程求出a，利用点到直线的距离公式计算即可求解.
【详解】由题意知圆心在第一象限，设圆心为，则圆的半径为，
圆的方程为，
由圆过点，得，解得或5，
当时，圆心为，到直线的距离为；
当时，圆心为，到直线的距离为，
所以圆心到直线的距离为.
故选：A.
6．已知直线，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当时，可得倾斜角为，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数的性质分析求解.
【详解】当时，方程变为，其斜率不存在，倾斜角为；
当时，由直线方程可得斜率，
因为且，
则，即，
又因为，；
综上所述：倾斜角的范围是．
故选：C．
7．已知直线分别与轴交于两点，若直线上存在一点，使最小，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作点关于直线对称的点，连接交直线于点，求出坐标即可.
【详解】
由题直线分别与轴交于两点，
则，
设点关于直线对称的点为，
则，所以，
则直线，
联立，
所以.
故选：A
8．如图，二面角的棱上有两点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，则二面角的大小为，根据，展开计算可得，即可求解.
【详解】设，则二面角的大小为，
由题意，，则，
所以，
即，得，所以，
即二面角的大小为.
故选：C.
二、多选题
9．在正方体中，分别是侧面，底面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成的角为
D．直线与平面所成的角为
【答案】ABC
【分析】根据空间线线、线面的位置关系和所成角大小即可逐项判断.
【详解】
如图，在中，为中位线，所以，
对于A，因为在正方体中平面，所以，
平面，平面，
所以平面，所以，A正确；
对于B，平面，平面，所以平面，B正确；
对于C，因为，所以直线与所成角为异面直线与所成的角，即，
因为为正三角形，所以，故C正确；
对于D，因为，所以直线与平面所成的角为直线与平面所成的角，
又因为平面，
所以直线与平面所成的角为，
易得，故D错误；
故选：ABC.
10．直线与曲线恰有一个交点，则实数可以为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】BC
【分析】画出图像，结合图像确定一个公共点时的位置，求出相应的的值，数形结合可得答案.
【详解】
曲线表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分，
如图所示，由图可知，当直线在和之间移动或与半圆相切，即处于的位置时，直线与圆恰好有一个公共点，
当直线在时，经过点，所以，
当直线在时，经过点，所以，
当直线与半圆相切时，，
所以，或者（舍），
故或者.
故选：BC
11．已知点，、为圆上的动点，且，若圆上存在点，使得，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】取中点为，连接，得到，由得到，再由、为圆上的两动点，且，得到，设，求出点的轨迹，再由点与圆位置关系，求出的取值范围，即可求出结果.
【详解】取中点为，连接，
则，
则，
又圆上存在点，使得，
所以，
因此，即，
因为、为圆上的两动点，且，
所以，
设，则，
即即为动点的轨迹方程，
所以表示圆上的点与定点之间的距离，
又因为，则点在圆外，
因此，即.
当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，
当且仅当为射线与圆的交点时，取最大值，
即.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出点的轨迹方程，利用点与圆的位置关系求出的取值范围，即可转化为的取值范围即可.
12．已知圆心为的圆与圆心为的圆相交于两点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线的方程为
B．四个点在同一个圆上
C．四边形的面积为.
D．圆与圆围成的公共部分的面积为
【答案】ABD
【分析】直接两圆方程作差判断A；计算可判断B；求出四边形的面积判断C；求出圆与圆围成的公共部分的面积判断D.
【详解】对于A：将圆与圆的方程作差可得
，即，A正确；
对于B：圆心为的圆，即，圆心，半径，
圆心为的圆，圆心，半径，
则，
所以
所以以及均为直角三角形，故四个点在同一个圆上，B正确；
对于C：四边形的面积为，C错误；
对于D：在中，，所以，
即，
在圆中，扇形的面积，
，
在圆中，扇形的面积，
，
所以圆与圆围成的公共部分的面积为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题选项D解题关键是分别求出两圆的弓形面积，相加可得答案.
三、填空题
13．若圆关于直线对称，则 .
【答案】
【分析】根据题意，得到圆心在直线上，代入即可求解.
【详解】由圆关于直线对称，
即圆心在直线，可得，解得.
故答案为：.
14．直线在轴和轴上的截距相等，则实数= .
【答案】1或-2
【详解】分析：先分别设解出直线在轴和轴上的截距，当，当，列方程求解．
详解：当，当，直线在轴和轴上的截距相等，所以，解得
点睛：求坐标轴上的截距，只需要即可不用化为截距式求．
15．如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则 .
【答案】
【分析】由空间向量的加法法则有，然后平方，转化为数量积运算可得．
【详解】平行六面体中，，
..
故答案为：．
16．如图，四边形和均为正方形，且，平面平面分别为的中点，为线段上的动点，则异面直线与所成角的余弦值最大时， .
【答案】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出异面直线与所成角的余弦值最大时点位置，进而求出大小.
【详解】
由题可以为原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，设，
则，
设异面直线与所成角为，
则，
令，
则，
当时，，
当时，，
令，则，
因为，
当时，有最小值，
此时有最大值，
由得，，
则异面直线与所成角的余弦值最大时，
即，，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知直线和直线交于点，求满足下列条件的直线的方程.
(1)直线经过点，点；
(2)，且与两坐标轴围成的三角形的面积为4.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据两直线交点坐标求出，再由两点坐标写出直线方程；
（2）利用两直线平行设出直线方程，再由三角形面积求出参数即得.
【详解】（1）因为点在直线和直线上，
所以，解得.
故所求直线经过点，点，
其斜率为，点斜式方程为，
即所求直线的方程为.
（2）由（1）知，直线的方程为，而，
故的直线方程可设为，
令，可得，令，可得，
则直线与两坐标轴的交点分别为
因为直线与两坐标轴围成的三角形的面积为4，所以，解得，
故所求直线的方程为或.
18．在棱长为2的正四面体中，.
(1)设用，，表示；
(2)若求.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据向量的线性运算法则，结合题意，求得，再由，即可求解；
（2）由，得到，结合向量的数量积列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：因为，所以，
则，
所以.
（2）解：因为，所以，
在棱长为2的正四面体中，，
所以，
解得.
19．已知的三个顶点分别是，圆是的外接圆.
(1)求圆的方程；
(2)求过点且与圆相切的直线的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）设圆的方程为，将代入圆方程，得出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由（1）知圆的标准方程为，分直线斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，结合直线与圆的位置关系，列出方程，即可求解.
【详解】（1）设圆的方程为，
因为在圆上，所以它们的坐标都满足圆的方程，
可得的，解得，
所以圆的方程为.
（2）由（1）知圆的标准方程为，
故圆心的坐标为，半径为，
当直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离，
此时直线和圆相切，符合题意；
当直线斜率存在时，设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得，
此时切线方程为，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
20．在四棱柱中，底面，底面为平行四边形，.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）首先求解三角形，证明，再根据线面垂直的性质定理和判断定理，即可证明；
（2）根据（1）的结合，以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再根据线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：平行四边形中，
，
则.
在中，.
由余弦定理知，
则，即.
又因为底面底面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）因为底面底面，
所以，
由（1）知，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系.
则，
，
因此，
设平面的法向量为，
则，所以，
所以，取，则，
于是平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
即与平面所成的角的正弦值为.
21．已知动点与两定点的距离之比为
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点作两条直线分别与轨迹相交于两点，若直线与的斜率之积为1，试问线段的中点是否在定直线上，若在定直线上，请求出直线的方程；若不在定直线上，请说明理由.
【答案】(1)
(2)线段的中点在定直线上.
【分析】（1）设点的坐标为，由题意知，代入点的坐标整理计算即可；
（2）设直线的方程为：，与圆的方程联立，求出点坐标，同理求出点的坐标，进而可求出中点坐标得到答案.
【详解】（1）设点的坐标为，由题意知，
即，
平方整理得，
即动点的轨迹的方程为.
（2）设直线的方程为：，代入，
整理得，
因为点都在圆上，
所以，即，
此时.
因为直线与的斜率之积为1，
同理可得，
.
设的中点为，此时，则.
故线段的中点在定直线上.
22．在正方体中，点分别为底面内一动点，为的中点.
(1)如图1，若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)如图2，若平面，求证：平面.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量，进而求出平面与平面的夹角的余弦值.
（2）根据求出点所在直线，求得是共面向量，又平面，所以得证.
【详解】（1）
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设正方体棱长为，则，
因为为的中点，所以.
则.
设平面的法向量为，则，
所以，
所以，取，则.
于是平面的一个法向量为.
因为，则平面，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（2）设，由知，
，解得.
即，此时.
则.
由知，是共面向量，
又平面，则平面.