湖北省十堰市部分普通高中2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份湖北省十堰市部分普通高中2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，联立解得等内容，欢迎下载使用。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3、非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线的斜率为（）
A. 不存在B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到直线表示与轴平行的直线，即可求解.
【详解】由直线，表示与轴平行的直线，所以直线的斜率为.
故选：D.
2. 已知空间向量，则向量在坐标平面上的投影向量是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点的坐标，即可根据投影向量的定义求解.
【详解】设坐标原点为,,所以，
故在坐标平面上的投影点为，
故向量在坐标平面上的投影向量为,
故选：A
3. 经过点且与直线垂直的直线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由垂直关系，求出所求直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.
【详解】因为所求直线与直线垂直，
所以其斜率为，
又所求直线过点，
因此，所求直线方程为，即.
故选：C.
4. 设直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，则“是“”的（）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】
对直线的倾斜角分锐角和钝角进行讨论，再结合正切函数的性质，即可得答案；
【详解】解：∵直线，的斜率和倾斜角分别为，和，，
当倾斜角均为锐角时，和均为钝角时，若“”，则“”，
若“”，则“”，
当倾斜角一个为锐角一个为钝角时，若“”，则“与”的大小不能确定，
若“”，则“与”的大小也不能确定，
故则“”是“”既不充分也不必要条件．
故选：D．
【点睛】直线的斜率，将斜率视为倾斜角的函数，再利用正切函数的性质进行求解.
5. 在三棱锥中，若为正三角形，且E为其中心，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于，得是中点，，然后由向量的线性运算求解．
【详解】延长交于，如图，则是中点，，
，
故选：C．
6. 已知，是异面直线，，，分别为取自直线，上的单位向量，且，，，则实数的值为（）
A. B. 6C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得，再将，代入化简，结合可求得答案.
【详解】因为，是异面直线，，，分别为取自直线，上的单位向量，
所以，则，
因为，所以，即，
所以，所以，解得，
故选：B
7. 如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
8. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知的顶点，若其欧拉线的方程为，则顶点的坐标为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标
【详解】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为代入欧拉线方程得：整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2），AB的中垂线方程为，
即x-2y+3=0．联立解得
∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②
联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．
当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A
【点睛】本题考查了直线方程，求直线方程的一般方法：①直接法：根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接求出直线方程．②待定系数法： 先设出直线的方程，再根据已知条件求出假设系数，最后代入直线方程，待定系数法常适用于斜截式，已知两点坐标等．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中，错误的是（）
A. 垂直于同一个平面的两个平面平行
B. 三个平面两两相交，则交线平行
C一个平面与两个平行平面相交，则交线平行
D. 平行于同一条直线的两个平面平行
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系即可得出真命题.
【详解】由题意，
A项,垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故A错误;
B项三个平面两两相交，则交线平行或相交,故B错误;
C项,由面面平行的性质定理知，一个平面与两个平行平面相交，则交线平行,故C正确;
D项,平行同一直线的平面，可以平行，也可以相交，故D错误;
故选:ABD.
10. 已知直线的一个方向向量为，且经过点，则下列结论中正确的是（）
A. 的倾斜角等于B. 在轴上的截距等于
C. 与直线垂直D. 上存在与原点距离等于1的点
【答案】CD
【解析】
【分析】由直线的方向向量可求得直线的斜率，从而可求出直线的倾斜角和直线方程，进而可判断A，B，C，对于计算出原点到直的距离即可判断
【详解】解：因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为（），则，所以，所以A错误；
因为经过点，所以直线的方程为，令，则，
所以在轴上的截距为，所以B错误；
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，所以与直线垂直，所以C正确；
因为原点到直线的距离为，
所以上存在与原点距离等于1的点，所以D正确，
故选：CD
【点睛】此题考查直线方程的求法，考查两直线的位置关系，考查斜率与倾斜角的关系，考查点到直线的距离公式的应用，属于中档题
11. 已知直线：，：，则（）
A. 恒过点B. 若，则
C. 若，则D. 不经过第三象限，则
【答案】AD
【解析】
【分析】应用求定点方法判断A选项,根据两直线平行求参判断B选项, 根据两直线垂直求参判断C选项,把直线不过第三象限转化为截距关系判断D选项.
【详解】因为：,所以,
可得，,
恒过点，A选项正确;
因为,所以，则或，故B选项错误;
因为，所以则故C选项错误;
因为不经过第三象限，
则直线与坐标轴不垂直时，在轴截距大于等于0, 在轴截距大于等于0,
：，令,则
令，则,
当,：符合题意，
当,：符合题意，
所以不经过第三象限，则，故D选项正确.
故选：AD.
12. 如图，在棱长为4的正四面体ABCD中，E，F分别在棱DA，DC上，且EFAC，若，，，则下列命题正确的是（）
A. B. 时，BP与面ABC夹角为φ，则
C. 若，则P的轨迹为不含端点的直线段D. 时，平面ACD与平面BDP所夹的锐二面角为，
【答案】AD
【解析】
【分析】利用的范围，根据向量数乘的意义得点轨迹，判断AC，作出直线与平面所成的角，计算正弦值，作出二面角的平面角，计算正弦值，然后判断BD．
【详解】对于A，当，，点的轨迹是内部（不含边界），
的的最小值是点到平面的距离，最大值是棱长（取不到），
设是的中心，则平面，从而有与平面内所有直线垂直，
，，
所以的范围是，故A正确．
对于B，时，是中位线，点轨迹是线段（不含端点），
作平面于，连接，则是与平面所成的角．
点到平面的距离等于，是中位线，，
由，平面，平面，得平面，
所以等于到平面的距离，也等于点到平面的距离的一半，即，
中，，，边上的高为，
所以，，所以，故B错误；
对于C，当时，与重合；当时，与重合，是两个极限点（实际取不到），
当时，是中位线的中点．三点不共线，故C错误；
对于D，在上取点，使得，连接，时，点轨迹是线段（不含端点），
由A选项讨论知平面，平面，则，
作，垂足为，连接，由，则平面，
又平面，所以，所以是平面与平面所的锐二面角的平面角，即．
在（是中点）中，，，
，
由得，所以，
，
，故D正确．
故选：AD．
【点睛】关键点点睛：本题考查空间动点轨迹，考查向量的数乘运算的意义，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是掌握空间角的定义，由定义作出空间角的平面角，然后计算出平面角得空间角，考查学生的分析解题能力与运算求解能力，属于难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 直线与直线平行，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据两直线平行可得出关于实数的二次方程，解出实数的值，代入检验即可得解.
【详解】由于直线与直线平行，
则，即，解得或.
当时，两直线的方程分别为、，此时，两直线平行；
当时，两直线方程分别为、，此时，两直线重合.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.
14. 有一组数据2，2，3，3，3，5，7，8，这组数据的第25百分位数是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，结合百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】由数据2，2，3，3，3，5，7，8，从小到大排列，共有8个数，
可得，所以这组数据的第25百分位数是.
故答案为：.
15. 过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是__________．
【答案】或
【解析】
【详解】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，
令，得；令，得．
由条件得，
解得或，
当时，直线方程为，即．
当时，直线方程为，即．
综上可得所求直线方程为或．
答案：或．
16. 如图，在正方体中，点为线段上的动点，分别为棱的中点，若平面，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设正方体边长为2,用向量法求解.
【详解】如图所示,以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
设正方体边长为2,可得
设，可得可得,可得.
设平面的一个法向量，则有，即
不妨令x=-2，则.
因为平面，所以，
解得：，即.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知中，点，点，点．
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求角平分线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，得到边上的高所在直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）根据题意，得到角平分线的倾斜角为，求得，结合直线的点斜式方程，即可求解．
【小问1详解】
解：因为点，点，所以边所在直线斜率，
所以边上的高所在直线的斜率，且过点，
所以边上的高所在直线的方程为．
【小问2详解】
解：由，可得，所以角平分线的倾斜角为，
所以角平分线所在直线的斜率，且过点，
所以角平分线所在直线l的方程为．
18. 如图，已知正方体棱长为4，M，N，G分别是棱，BC，的中点，设Q是该正方体表面上的一点，若．
（1）求点Q的轨迹围成图形的面积；
（2）求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行得四点共面，进而可得Q的轨迹是正六边形OFNEMG，根据三角形的面积公式即可求解，
（2）根据数量积的几何意义即可结合图形求解最值.
【小问1详解】
因为，∴点在平面上，
如图，分别取，，的中点，
连接
因为分别为，的中点，故，
又由正方体可得，，，，
故，，故四边形为平行四边形，故，
故，故四点共面，同理可证四点共面，
故五点共面，同理可证四点共面，
故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形．
故点的轨迹是正六边形，
因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为，
所以点的轨迹围成图形的面积是．
【小问2详解】
如图，根据向量数量积的几何意义可得
当位于时，此时在上的投影最大，
故
，
∴的最大值为12．
19. 如图，在长方体中，，，为的中点．
（1）证明：；
（2）求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）以为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出、的坐标，根据即可得证；
（2）求出平面的法向量，根据求解即可.
【小问1详解】
解：在长方体中，以为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，
证明：因为，，
又由，
所以，
即，得证.
【小问2详解】
解：因为，
设为平面的法向量，则，，
所以，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
又因，
故，
所以直线与平面夹角的正弦值为．
20. 已知直线：，直线：.
（1）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
（2）若，求直线的方程.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）分直线过原点和直线不过原点两种情况讨论，分别求解即可.
(2) 若，则解得或,再验证从而得出答案.
【详解】（1）①若直线过原点，则在坐标轴的截距都为，显然满足题意，
此时则，解得，
②若直线不过原点，则斜率为，解得.
因此所求直线的方程为或
（2）①若，则解得或.
当时，直线：，直线：，两直线重合，不满足，故舍去；
当时，直线：，直线：，满足题意；
因此所求直线：
【点睛】易错点睛：本题考查直线的截距概念和根据两直线的位置关系求参数，在解决这类问题时，直线在两坐标轴上的截距相等（或互为相反数）时，要注意直线过原点时也满足条件，这是在解题中容易漏掉的情况，在由直线平行求参数时，求出参数时要代回检验，对重合的情况要舍去，这个也是容易出错的地方，要注意，属于中档题.
21. 已知直线：．
（1）求证：无论取何值，直线始终过第一象限；
（2）若直线与，轴的正半轴交点分别为A，B两点，O为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为4；
【解析】
【分析】（1）由题可得，直线过定点且在第一象限，即证；
（2）由题可，，再利用三角形面积公式及基本不等式即得.
【小问1详解】
因为直线：，即，
令，求得，，
即直线过定点且在第一象限，
所以无论取何值，直线始终经过第一象限．
【小问2详解】
因为直线与x轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，所以，
令，解得，令，得，
即，，
∴面积，
∵，∴，
则，
当且仅当，即时，取得等号，
∴，
∴面积的最小值为4
此时直线的方程为，即．
22. 已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，
（1）证明:平面PBD平面ABCD；
（2）若，PC与平面ABCD所成角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在N点到平面ABCD的距离为
【解析】
【分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形, AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，
可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.
∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2) 存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角, 则∠PCO=
∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.
以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(-1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，易得由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为