福建省泉州市泉州科技中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省泉州市泉州科技中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）-A4，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。
时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线化为斜截式，得到斜率，进而得到倾斜角.
【详解】由题意可知化为，，，.
故选：C.
2. 已知直线经过点，且与直线垂直，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】直线与直线垂直，且直线的斜率为，
所以直线的斜率为，
又因为直线经过点，所以直线的方程为，
化简得.
故选：C．
3. 已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解.
【详解】由椭圆的焦点在轴上，则满足，解得.
故选：C.
4. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A. B. C. D. 与斜交
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线的方向向量与平面法向量的位置关系判断线面位置关系.
【详解】，
，
即，
所以，
故选：B.
5. 已知直线l过定点，且与以，为端点的线段有交点，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用斜率公式求得直线，的斜率结合图象可得则直线的斜率的取值范围．
【详解】解：直线的斜率为，直线的斜率为，
结合图象可得则直线的斜率的取值范围是，
即则直线的斜率的取值范围是，，
故选：．

6. 已知点在直线上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ）
A. 8B. 5C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设圆心到直线的距离为到直线的距离为，易知当最大时，，此时的面积最大，由此容易得解．
【详解】设圆心到直线的距离为到直线的距离为，
又圆心坐标为，则，
又半径为，则当最大时，，
此时面积也最大，．
故选：A．
7. 已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线过定点，直线过定点，且，得到的轨迹是以的中点为圆心，半径的圆，结合圆的圆心，半径，得到的最大值是，得到答案.
【详解】因为直线，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点为圆心，
半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是．
故选：C
8. 阅读下面材料：在空间直角坐标系Oxyz中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为.根据上述材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由所给信息可得平面，与的法向量，后利用向量知识可得直线的方向向量，即可得答案.
【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量为.
同理可知，与分别为平面与的一个法向量.
设直线的方向向量为，则，
不妨取，则.设直线与平面所成角为，
则.
所以
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 关于空间向量，以下说法正确的是
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C. 设，，是空间中的一组基底，则，，也是空间的一组基底
D. 若，则，是钝角
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共线向量的概念，可判定A是正确的；根据空间向量的基本定理，可判定B是正确的；根据空间基底的概念，可判定C正确；根据向量的夹角和数量积的意义，可判定D不正确.
【详解】对于A中，根据共线、共面向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以是正确的；
对于B中，若对空间中任意一点O，有，根据空间向量的共面定理的推论，可得P，A，B，C四点一定共面，所以是正确的；
对于C中，由是空间中的一组基底，则向量不共面，可得向量也不共面，所以也是空间的一组基底，所以是正确的；
对于D中，若，又由，所以，所以不正确，
故选∶ ABC.
10. 已知直线被圆心在坐标原点的圆O所截得的弦长为2，则（ ）
A. 圆O的方程是
B. 直线与圆相离
C. 过点的直线被圆所截得的弦的长度的最小值是
D. 已知点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是2
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，结合弦长，半径和弦心距的关系计算即可求；对于B，计算弦心距，与半径比较即可；对于C，根据垂径定理得弦的最小值是，计算即可；对于D，数形结合即可知四边形的面积，计算即可.
【详解】对于A，设圆的方程为，
因为直线与圆相交所得弦长为2，
且圆心到直线的距离
所以
所以圆的方程为故A正确；
对于B，圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，故B正确；
对于C，因为圆的圆心是，半径，且，
可知点在圆内，
过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，
根据垂径定理得弦的最小值是，故C正确；
对于D，因为四边形的面积，
如图，由数形分析可知：当时，取到最小值，
所以四边形面积的最小值为故D错误.
故选：ABC
11. 如图，棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ）

A. 时，平面
B. 时，四面体的体积为定值
C. 时，，使得平面
D. 若三棱锥的外接球表面积为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定推理判断A；由线面平行确定点到平面的距离是定值判断B；由空间向量数量积的坐标运算判断C；求出外接球半径计算即可判断D.
【详解】对于A选项，时，因为，，
所以，
又平面，平面，
故平面，故A正确；
对于B选项，时，的面积为定值；
而点是边上的点，且平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离为定值，
所以四面体的体积为定值，故B正确；
对于C选项，时，以为坐标原点，
分别为轴为正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，，
记平面的法向量为，
则，即，
故可取，又
当时，，
即不存在，使得平面，故C不正确；
对于D选项，平面于点，
且的外接圆半径，外接球的半径；
故由有：，
所以，即，故D正确.
故选：ABD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线过点，它在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，则此直线的方程为 __．
【答案】或
【解析】
【分析】当直线经过原点时，直线方程为：．当直线不经过原点时，设直线方程为：，把点代入解得即可得出．
【详解】解：当直线经过原点时，直线方程为：．
当直线不经过原点时，设直线方程为：，
把点代入，解得．
直线方程为．
综上可得直线方程为：或，
故答案是：或．
13. 已知线段是圆的一条动弦，且，若点为直线上的任意一点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】过圆心作，由已知求得，再求出圆心到直线距离，求得的最小值，再由求解.
【详解】如图，为直线上的任意一点，
过圆心作，连接，由，
可得，
由，当共线时取等号，
又是的中点，所以，
所以
则此时，
的最小值为.
故答案为：
14. 如图，正方体的棱长是，是的中点，是的中点，点在正方形及其内部运动，若平面，则点的轨迹的长度是________.
【答案】
【解析】
【分析】过点作一平面使之与平面平行，则该平面与正方体的面的交线为动点的轨迹，从而可求出答案.
【详解】由是的中点，是的中点
在线段上取点，使得，连接.
在线段上取点，使得，连接.
设为的中点，连接,如图.
则有 ,所以.
所以平面.
又,所以，
平面,且
所以平面平面.且平面与正方体的面相交于.
所以当点在线段上时，有平面
所以.
所以点的轨迹的长度是.
故答案为：.
【点睛】本题考查空间几何体中轨迹问题，直线与平面的平行的判定的应用，属于难题.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知的三个顶点是，，.求：
（1）边上的中线所在直线方程；
（2）边上的高所在直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.
（2）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解.
【小问1详解】
由题知的中点，所以直线BD的斜率，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
【小问2详解】
由题意得直线AC的斜率，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
16. 如图，棱锥的底面是矩形，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量的垂直的坐标关系即可求解，
（2）求解法向量，即可根据夹角公式求解，
（3）求解平面法向量，根据点到平面的距离公式即可求解.
【小问1详解】
平面，底面是矩形，
以为原点，分别为轴，建立如图所示的直角坐标系，
则,,．
在中，，，，，，
，，，
，，即，，
又因为，，平面，平面．
【小问2详解】
，．设平面的法向量为，
则有，令，则，
故平面的法向量可取为
平面，
为平面的法向量．
设二面角的大小为，
依题意可得，
故，二面角的大小是．
【小问3详解】
得，．
设平面的法向量为，则有，
取，，可得平面的法向量为．
，
到面的距离为．
17. 已知一条动直线，
（1）求直线恒过的定点的坐标；
（2）若直线不经过第二象限，求m的取值范围；
（3）若直线与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为6，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将直线整理成直线系方程，求出定点坐标即可；
（2）由直线不经过第二象限，分类整合求出m的取值范围即可.
（3）由题意设出直线的截距式方程，代入定点，解出方程再化成一般式即可.
【小问1详解】
由题意，
整理得，所以不管取何值时，
直线恒过定点的坐标满足方程组，解得，
即
【小问2详解】
由上问可知直线恒过定点，当，直线斜率不存在时，
此时直线是，显然满足题意；
当时，由直线不经过第二象限，直线与轴有交点时，
则纵截距小于或等于零即可，令，则，
即 ，解得；
综上所述：
【小问3详解】
设直线方程为，则，
由直线恒过定点，得，
由整理得：，
解得或，
所以直线方程为：或，
即或，
又直线的斜率，
所以不合题意，
则直线方程为.
18. 如图，在直角梯形中，，，，将直角梯形沿直线AB旋转90°后得到直角梯形，点在CE上，且满足．
（1）求证：；
（2）试探究实数的值，使直线与平面所成角的大小为30°；
（3）在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
（3）．
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，然后建立空间直角坐标系，再由，即可证明；
（2）由线面角的向量公式代入计算，即可得到结果；
（3）由二面角的向量公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
证明：，
．
由已知可知，平面平面，且平面平面，
平面
平面，，．
如图，以点为原点，直线AD，AB，分别为，，轴，建立空间直角坐标系．
则A0,0,0，，C1,1,0，，．
，，
，
．
【小问2详解】
由，得，
解得，，，即．
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，
令，得，，即，
直线与平面所成角的大小为，
解得．
【小问3详解】
平面的一个法向量为，
由（2）知，，此时．
设二面角的平面角为，
则．
即二面角的平面角的余弦值为．
19. 已知点是平面内不同的两点，若点满足，且，则点的轨迹是以有序点对为“稳点”的-阿波罗尼斯圆.若点满足，则点的轨迹是以为“稳点”的-卡西尼卵形线.已知在平面直角坐标系中，.
（1）若以为“稳点”的-阿波罗尼斯圆的方程为，求的值；
（2）在（1）的条件下，若点在以为“稳点”的5-卡西尼卵形线上，求（为原点）的取值范围；
（3）卡西尼卵形线是中心对称图形，且只有1个对称中心，若，求证：不存在实数，使得以为“稳点”的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由新定义得到，结合为常数，即可求解；
（2）设，由定义得到，从而有，求得，再由，即可求解；
（3）由及定义得到以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程：，再结合对称性及得到—卡西尼卵形线关于点对称，从而得到推出矛盾，即可解决问题.
【小问1详解】
因为以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，设Px,y是该圆上任意一点，则，
所以，
因为为常数，
所以，且，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）知，设，
由，得，
所以，
，
整理得，即，
所以，
，
由，得，
即的取值范围是.
【小问3详解】
证明：若，则以为“稳点”的一阿波罗尼斯圆的方程为，整理得，
该圆关于点对称.
由点关于点对称及，
可得—卡西尼卵形线关于点对称，
令，解得，与矛盾，
所以不存在实数，使得以为稳点的—阿波罗尼斯圆与—卡西尼卵形线都关于同一个点对称
【点睛】本题考查轨迹问题，新定义的综合应用，关键是读懂题意，根据新定义得到相应的轨迹方程，是本题的关键也是难点.