安徽省宿州市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份安徽省宿州市2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共20页。
一、单选题：（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. 直线的倾斜角是（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.
【详解】因为直线方程为，所以斜率，
设倾斜角为，所以，所以，
故选：C.
2. 已知直线过点，且一个方向向量为，则直线的方程是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线的方向向量先求直线的斜率，再利用点斜式计算即可.
【详解】由直线的方向向量可知其斜率为2，
故该直线方程为.
故选：C
3. “”是直线和圆相交的（）
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】B
【解析】
【分析】首先求解直线与圆相交时的取值范围，再根据集合的包含关系，判断充分，必要条件.
【详解】若直线与圆相交，则圆心到直线的距离，
解得：，
集合.
所以“”是直线和圆相交的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知直线，则直线的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出函数图形，通过直线斜率与倾斜角、直线倾斜角与直线夹角之间的关系以及三角恒等变换即可求解.
【详解】如图所示：
直线的倾斜角分别为，
即，
从而，
所以，
所以，
而，所以直线的夹角即为.
故选：B.
5. 在边长为的等边三角形中，于，沿折成二面角后，，此时二面角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意先分析得出即为二面角的平面角，再通过余弦定理即可求解.
【详解】如图所示：
因为，
沿折成二面角后，，，
故即为二面角的平面角，
如图所示：
又∵，
∴，即.
故选：D．
6. 若圆与圆有公共点，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意确定两圆的圆心和半径，利用圆与圆的位置关系建立不等式组，解之即可.
【详解】由题意知，，
则，
因圆C与圆O有公共点，
所以，即，
解得.
故选：A.
7. 在三棱锥中，是的重心，是上的一点，且，若，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】如图，取BC的中点E，连接AE，利用三角形法则和三角形重心的性质以及中线的性质即可求解.
【详解】如图，取BC的中点E，连接AE，由，
得
，
所以.
故选：B.
8. 在正方体中，分别是棱上的动点，且，当、共面时，直线和平面夹角的正弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，先由、四点共面推得的坐标，再分别求得平面的法向量和直线的方向向量，结合线面角的正弦公式，从而求解.
【详解】以D为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设正方体的棱长为6，，
则可得，
当、四点共面时，设平面为，
且平面，平面，平面平面，
所以，
所以不妨设，
又因为，
所以，解得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与直线所成的角为，
则.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是证得，从而得到的坐标，进一步求出平面法向量和直线方向向量即可求解.
二、多选题：（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. 下列结论正确的是（）
A. 直线的倾斜角越大，其斜率就越大
B若直线与直线垂直，则
C. 过点的直线的倾斜角为
D. 点关于直线的对称点的坐标为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A,由直线斜率与倾斜角的变化关系即可验证；对于B，由直线垂直的充要条件列出方程即可验证；对于C，直接由过两点的斜率公式计算斜率，再得出其倾斜角验证即可；对于D，采用验证法，验证点与点构成的线段是否被直线垂直平分即可.
【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，故A错误；
B：由题意若直线与直线垂直，则，解得，故B正确；
C：由题意过点的直线的斜率为，故其倾斜角为，故C错误；
D：由于点与点的中点坐标为即，满足，即点在直线上，
又直线的斜率为，过两点、的直线斜率为，
所以，即直线（即直线）垂直直线，
综上所述：点关于直线的对称点的坐标为，故D正确.
故选：BD.
10. 已知空间中三点，则下列说法正确的是（）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量的坐标是
C. 与夹角的余弦值是D. 平面一个法向量的坐标是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意首先求出，对于A，判断对应坐标分量是否成比例即可；对于B，由公式直接运算验证即可；对于C，直接由公式直接运算验证即可；对于D，，只需验证是否同时成立即可.
【详解】由题意，
对于A，因为，所以与不共线向量，故A错误；
对于B，与同向的单位向量是，故B正确；
对于C，与夹角的余弦值是，故C正确；
对于D，记，所以，
从而平面一个法向量的坐标是，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知平面上一点，若直线上存在点使，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意知“切割型直线”需满足点到直线的距离小于或等于4.结合点到直线的距离公式计算，依次判断选项即可.
【详解】由题意知，“切割型直线”需满足点到直线的距离小于或等于4.
A：点到直线的距离为，故A符合题意；
B：点到直线的距离为，故B不符合题意；
C：点到直线的距离为，故C符合题意；
D：点到直线的距离为，故D不符合题意；
故选：AC.
12. 已知圆，直线，下列说法正确的是（）
A. 直线与圆的位置关系与有关
B. 直线截圆所得弦长最短时，直线的方程是
C. 圆心到直线距离的最大值为2
D. 直线截圆所得弦长范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接算出即可判断；对于B，算出直线过定点，当且仅当满足题意，从而可以算出验证；对于C，由B选项分析结合两点间的距离公式计算即可；对于D，结合A选项分析可知，通过算出
的范围，即可根据弦长公式验证即可.
【详解】
对于A，因为圆的圆心到直线的距离为，
而圆的半径为，
所以，
而，
所以，即直线与圆的位置关系一直相交，与无关，故A错误；
对于B，由弦长公式可知，若直线截圆所得弦长最短时，圆心到直线的距离应该最大，
而直线即过定点，所以当且仅当时，最大，
此时，解得，
所以此时直线的方程是，故B正确；
对于C，由B选项分析可知当时，最大，此时，故C正确；
对于D，由A选项分析可知，令，即，
从而，
当时，，
当时，，当且仅当时，，
当时，，当且仅当时，，
综上所述，，从而直线截圆所得弦长，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：A、D的关键是通过计算与0比较大小、求范围，B、C的关键是得出，从而即可算，以及.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知，且共面，则______．
【答案】##0.8
【解析】
【分析】由共面可知存在实数使得，结合向量的坐标表示建立方程组，解之即可.
【详解】由题意知，共面，
则存在实数使得，
即，
所以，解得.
故答案为：.
14. 不论取何值，直线恒过一定点，该定点坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用直线方程变换主元计算即可.
【详解】由，
令，即该直线过定点.
故答案为：
15. 已知直线及直线截圆所得的弦长均为8，则圆的半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】由两平行线之间的距离可以求出圆的圆心到两直线的距离均为，然后由勾股定理即可求出答案.
【详解】由题意直线与直线平行，
则它们之间的距离为，
从而圆的圆心到两直线的距离均为，
又因为直线及直线截圆所得的弦长均为，
所以圆的半径是.
故答案为：.
16. 空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面点法式方程为，经过点且一个方向向量为的空间直线的方程为，阅读上面的材料并解决下面问题：若空间直线的方程是，直线是两个平面与的交线，则直线夹角为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据题意把两个平面与的交线即的直线方程求出来，然后可以分别得到两直线的方向向量，从而由向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意空间直线：的方向向量为，
直线是两个平面与的交线，
所以直线上的点满足，不妨设，则，
所以，
所以直线的方程为，
从而直线：的方向向量为，
设直线夹角为，所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题：（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知的三个顶点分别为．
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求外接圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求，再由斜率之积为求出，再由点斜式写出直线方程；
（2）设出圆的一般方程，带入三点坐标，解出即可.
【小问1详解】
因为，设边上的高所在直线的斜率为，
则，
因为点在高线上，
所以，即
【小问2详解】
设外接圆的方程为，
则，解得，
故外接圆的方程为
18. 已知空间向量．
（1）若，且，求的坐标；
（2）若，且，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由向量共线定理、数量积的坐标公式运算即可求解.
（2）首先由向量垂直的坐标表示得到条件等式，结合基本不等式即可求解，注意取等条件是否成立.
【小问1详解】
由题意，，所以不妨设，
又，
从而，
解得，所以.
【小问2详解】
由题意，所以，即，
又因，
所以由基本不等式可得，等号成立当且仅当，
解得，
所以当且仅当时，的最大值为.
19. 已知圆：．
（1）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求此切线方程；
（2）从圆外一点向该圆引一条切线，切点是，若（是原点），求的最小值及对应的点坐标．
【答案】19. 或或或
20. 最小值为，P点坐标为.
【解析】
【分析】（1）首先利用待定系数法设出切线的方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径求出切线方程；
（2）的距离用到圆心的距离与半径来表示，建立与的关系，求出点的轨迹为一条直线，然后将求的最小值问题转化为原点到直线的距离问题.
【小问1详解】
圆：，所以，，
①当切线在两坐标轴上的截距为零时，设切线的方程为，
则圆心到切线的距离为，
即，解得.
所以切线方程或.
②当切线在两坐标轴上的截距不为零时，
设切线的方程为，
则圆心到切线的距离为，
即，解得或.
所以切线方程为或.
综上所述，所求切线方程为或或或.
【小问2详解】
因为，，则，
所以即，即点在直线：上．
取最小值，只需要取得最小值，即过点向作垂线，所以，
即直线的方程为：，
解方程组得，
所以点坐标为，的最小值为．
20. 如图所示，三棱柱中，分别是上的点，且，．用空间向量解决如下问题：
（1）若，证明：；
（2）证明：平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意分解向量，结合已知条件证明即可；
（2）由向量共面基本定理证明存在，使得即可.
【小问1详解】
由题意，且，
所以
，
所以，即.
【小问2详解】
由题意
，
这表明了共面，而面，
所以平面.
21. 如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面为的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面和平面所成锐二面角大小的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意建立适当的空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由店面距离公式即可求解.
（2）先求出平面的法向量，再结合平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
如图所示，平面平面，即，
又平面平面，平面，
所以平面，
设轴，轴平面，
又平面，
所以轴，，
分别以方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以由题意，
又因为，平面，，
所以，
又因为，
所以，即，
又为的中点，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即取平面的法向量为，
所以点到平面的距离为.
【小问2详解】
如图所示：
由（1）可知平面的法向量为，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即取平面的法向量为，
不妨设平面和平面所成锐二面角大小为，
则，
即平面和平面所成锐二面角大小的余弦值为.
22. 已知直线经过定点是坐标原点，点M在直线上，且．
（1）当直线绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程；
（2）已知点，过点T的直线交轨迹E于点，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由分类讨论思想，根据直线垂直的条件列式可得轨迹方程；
（2）根据直线与圆相交，设出直线方程，联立直线与圆的方程，结合韦达定理和数量积的坐标运算求出直线方程，再求直线与圆相交的弦长.
【小问1详解】
依题意可知，直线即为直线,显然当直线与直线的斜率不存在时不合题意，故直线与直线的斜率都存在，
,设，,即，
所以，即，
所以点M的轨迹E的方程为.
【小问2详解】
依题意，过点T的直线l的斜率存在，设直线l方程为，
联立，整理得，①
，即，所以，
由直线不经过点，所以且
设，则为①式两根，
所以，
又
，
即，所以或（舍去），故所求直线l为，
此时直线l一定与轨迹E交于不同两点P,Q又圆心到直线l的距离,
所以.
【点睛】求曲线方程的常用方法：求曲线方程是解析几何核心问题之一，求曲线方程的方法比较多，但总的说来有三种：
（1）直接法：先找出动点满足的几何条件，由条件直接转化得到轨迹方程；
（2）待定系数法：此种类型需知道曲线类型，先设出曲线方程，把条件代入求出其中的系数即可；
（3）参数法：借助中间变量，间接得到轨迹方程的方法；参数法关键是参数的选择，找出参数与x,y之间的关系，消去参数即可.