福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份福建省福州市2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知空间向量，当时，则， 圆与圆外切，则正数等内容，欢迎下载使用。
1. 已知直线过点与点，则这条直线的倾斜角是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两点求出斜率，再求解倾斜角即可.
【详解】因为直线过点与点，所以该直线的斜率为，
设这条直线的倾斜角为，则，所以.
故选：D
2. 已知空间向量，当时，则（）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
分析】根据已知推得，代入列出方程，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
所以有，解得.
故选：B.
3. 在正方体中，是棱上一点，是棱上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，写出坐标，根据夹角的向量公式，可得答案.
【详解】由题意，如下图所示建立空间直角坐标系：
设正方体的棱长为，
则，，，，，，
设，，
由，则，由，，
则，解得，所以，
由，则，由，，
则，解得，所以，
由，，
则，，
，设异面直线与的夹角为，
则.
故选：A.
4. 两条平行直线和间的距离为，则的值分别为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知列出关系式，求出的值.然后根据两条平行线之间的距离公式，即可求出的值.
【详解】由已知可得，，解得.
代入化简可得，.
根据两条平行线之间的距离公式可得，
.
故选：B.
5. 圆与圆外切，则正数（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆一般方程整理为标准方程，明确圆心与半径，结合两圆外切，建立方程，可得答案.
【详解】由圆，则整理可得，
所以圆心，半径，
由，则圆心，半径，
由两圆外切，则，所以，解得正数.
故选：C.
6. 圆关于直线对称的图形轨迹方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将已知圆化为标准方程得出圆心、半径，根据点关于直线对称点坐标关系列出方程组，求解即可得出对称圆的圆心，进而得出答案.
【详解】圆关于直线对称的图形的轨迹仍为圆.
将圆的方程化为标准方程可得，，
圆心，半径.
设点关于直线对称的点为，
则有，解得，
即对称圆的圆心为.
又半径，
所以，轨迹方程为.
故选：D.
7. 直线与圆相交于两点，则弦长的最小值为（）
A. B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】先求出圆心、半径，得出直线的定点.求出圆心到直线的最大距离，即可根据垂径定理，得出答案.
【详解】由已知可得，圆心，半径.
将直线方程化为，
由可得，，
所以直线恒过点，显然点在圆内.
当与直线垂直时，圆心到直线的距离有最大值，最大值为.
由垂径定理可得，，可知此时弦长有最小值，
最小值为.
故选：C.
8. 正方形中，边长为为正方形中心，为的中点，为中点，将沿着对角线BD缓慢折起，当的余弦值为时，二面角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知求出各边长度，推得即为二面角的平面角.结合图形，根据几何性质，用表示出，根据数量积的计算公式，即可得出答案.
【详解】
由已知可得，，，，
所以，，均为直角三角形，即为二面角的平面角.
又分别是的中点，
所以，，，
且，
所以，，，.
由可得，.
同理可得，.
所以，
，
所以，.
故选：B.
二､多项选择题：本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知空间中三点则下列说法正确的有（）
A. B.
C. D. 在上投影向量的长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算，可得答案.
【详解】对于A，由，则，故A正确；
对于B，由，，因为，所以两向量显然不平行，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，在上投影向量的长度为，故D正确.
故选：ACD.
10. 圆与轴相切，且经过两点，则圆可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设圆的圆心为，则半径.根据已知可得，代入坐标化简得出.，整理可得，.联立即可得出圆心以及半径，进而得出答案.
【详解】设圆的圆心为，则半径.
又点，在圆上，
所以有，
即，
整理可得，.
又，即，
整理可得，.
联立可得，或，
所以，圆心坐标为或.
当圆心坐标为时，，圆的方程为；
当圆心坐标为时，，圆的方程为.
综上所述，圆的方程为或.
故选：BC.
11. 下列说法错误的是（ ）
A. 若有空间向量，，则存在唯一实数，使得
B. A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若，则P，A，B，C四点共面
C. ，，与夹角为直角，则x的取值是0.
D. 若是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线
【答案】ACD
【解析】
【分析】考虑, 可判断 A; 由空间向量共面定理可判断B; 由向量的夹角为直角的等价条件可判断C; 由空间的一组基底的定义可判断D.
【详解】对于A, 比如, , 则不存在实数, 故 A 错误;
对于B, 三点不共线，空间中任意点, 若,
由于, 则四点共面, 故B正确;
对于C,,与的夹角为直角,
则,可得，解得; 故C错误;
对于D, 若是空间的一个基底, 则四点不共面, 且不共线, 故D 错误.
故选: ACD.
12. 已知点是圆C：上的点，则下列说法正确的是（）
A. 到直线的距离最大值为5
B. 的最大值为
C. 的最小值为9
D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出圆心、半径，根据几何意义转化为圆心与直线或点的距离以及连线的斜率求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，圆心，半径.
对于A项，圆心到直线的距离，
所以，到直线的距离最大值为，故A项错误；
对于B项，设，当与圆相切时，斜率取得最大值或最小值.
直线方程为，即.
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，
即，整理可得，解得，
所以，的最大值为，故B项正确；
对于C项，圆心到的距离为，
所以，圆上点到的距离的最小值为，
即，
所以，，故C项正确；
对于D项，设直线方程为，即，
当直线与方程相切时，有最大值或最小值，
则，所以.
所以，的最小值为，
即的最小值为，故D项错误.
故选：BC.
三､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13. 已知平面，和分别是和的法向量，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】因为平面，所以，所以，，求出结果.
【详解】因为平面，所以，
所以，即，
所以，即，，
所以.
故答案为：
14. 在边长为2的正方体中，点到平面的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标，写出点的坐标以及向量的坐标，求出平面的法向量，根据向量法求解即可得出答案.
【详解】
如图，建立空间直角坐标，则，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
令，则是平面的一个法向量.
所以，点到平面的距离为.
故答案为：.
15. 已知直线经过点，且，两点到直线的距离相等，则直线的方程为___________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据直线与直线平行，过直线过线段的中点进行分类讨论，从而求得的方程.
【详解】直线的斜率为，
所以过且平行于直线的直线方程为.
线段的中点坐标为，
所以过与线段中点的直线的方程为.
所以直线或符合题意.
故答案为：或
16. 阿波罗尼斯（古希腊数学家），证明过这样的一个命题：平面内与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波罗尼斯圆.在中，，，当面积最大时，__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出点满足的轨迹方程.根据已知，求出面积最大时，点的坐标，根据两点之间的距离公式，即可得出答案.
【详解】
如图，以为轴，以线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，设.
由正弦定理结合已知条件可得，，即，
所以有，
整理可得，，
即.
要使的面积最大，则点的纵坐标的绝对值取得最大值.
由可得，，
所以，点的纵坐标为或.
根据已知，不妨设点的纵坐标为，此时点坐标为，
所以.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 如图所示，四面体中，G，H分别是的重心，设，点D，M，N分别为BC，AB，OB的中点．
（1）试用向量表示向量；
（2）试用空间向量的方法证明MNGH四点共面．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合空间向量的线性运算即可求出结果；
（2）证得，即可得出结论.
【小问1详解】
因为，
而，
又D为的中点，所以，
所以
．
【小问2详解】
因为，
，
所以，
，所以．
所以四点共面．
18. 已知直线l过点.
（1）若直线l在两坐标轴上截距和为零，求l方程；
（2）设直线l的斜率，直线l与两坐标轴交点别为，求面积最小值.
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】（1）由题知直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，进而写出直线的方程并求解直线在坐标轴上截距，再结合题意求解即可；
（2）由题知，进而根据题意得，再根据基本不等式求解即可得答案.
【详解】解：（1）因为直线l在两坐标轴上截距和为零，
所以直线l斜率存在且不为，故不妨设斜率为，则直线l方程为，
所以直线在坐标轴上截距分别为，，
所以，整理得，解得或
所以直线l方程为或.
（2）由（1）知，
因为，
所以面积为，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积最小值
19. 如图，在长方体中，，为上的点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由数量积为0得到，证明出线面平行；
（2）求出平面的法向量，结合（1）中平面的法向量，求出二面角的余弦值.
【小问1详解】
长方体，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
故，
则，
所以，故平面；
【小问2详解】
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
由（1）知，平面的法向量为，
故，
由图形可看出二面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
20. 在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；
（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得 .
【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，
由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，
由已知得，判别式①，
由根与系数的关系得，②，
由得.
又∵，，∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，即，
∴.
【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.
21. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，.
（1）求证：平面平面；
（2）点是棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置.
【答案】（1）证明见解析
（2）点与点重合
【解析】
【分析】（1）取中点为，连接.根据余弦定理结合已知可推得，，求出的值.进而根据勾股定理推得.然后即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出以及平面的法向量，然后根据线面角列出关系式，求解即可得出答案.
【小问1详解】
如图，取中点为，连接.
因为，，，
在中，由余弦定理可得，
所以，且，
所以.
又因为为等边三角形，中点为，
所以，，，且.
在中，有，
所以，.
因为平面，平面，，
所以，平面.
因为平面，
所以，平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，，平面.
分别以所在的直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，
则，，，
设是平面的一个法向量，
则有，即，
取，则，，.
因为直线与平面所成角的正弦值为时，
所以有，即，
所以有，
整理可得，，解得或（舍去负值）.
所以，点与点重合.
22. 已知圆.
（1）若圆与直线相切于点，求直线的方程；
（2）已知，圆与轴相交于（点在点的左侧），过点任作一条不与坐标轴垂直的直线，该直线与圆相交于两点，问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据已知求出的值，进而得出圆心、半径.设出直线方程，根据相切关系得出圆心到直线的距离与半径的关系，列出方程，求解即可得出答案；
（2）先求出的坐标，设出的直线，代入的方程联立，根据韦达定理得出坐标之间的关系.化简，假设，列出方程，求解即可得出的值.
【小问1详解】
由已知可得，点圆上，
所以有，解得，
所以，圆的方程为，
化为标准方程为，圆心为，半径.
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时直线与圆不相切；
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，
即.
因为直线与圆相切，所以有圆心到直线的距离，
即，
整理可得，解得，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
令，得，解得或，
所以，，.
假设存在实数，
由已知可设直线的方程为，
代入可得，.
设，，
从而.
因为
，
又
.
因为，所以，
所以，所以.
所以，存在实数，使得.
【点睛】关键点点睛：假设存在实数，使得成立，即可转化为成立.