贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共5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。
考试时间：2024年11月7日 18:20-20:20 考试时长：120分钟
一、单选题（本题8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知点关于轴的对称点为A，则等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解.
【详解】点关于轴的对称点为，
所以
故选：C
2. 已知圆的方程是，则圆心的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心坐标.
【详解】圆方程可化为，圆心的坐标是.
故选：A.
3. 若，，是空间一组不共面的向量，则下列可以作为基底的一组向量为（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可得到答案.
【详解】A选项，，所以，，是共面向量；
B选项，，所以，，是共面向量；
C选项，， 所以，，是共面向量；
D选项，令，显然无解，故不是共面向量.
故选：D
4. 设，直线，则（ ）是“”的充要条件.
A. B.
C. 或D. 以上均不对
【答案】C
【解析】
【分析】求出的值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解.
【详解】因为直线，
当时，，解得或，
当时，，此时，
又时，，此时，
所以“或 ”是“”的充要条件，
故选：C.
5. 若点在直线上运动，则的最小值为（ ）
A. B. C. 13D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过消元，将所求转化为，分析该式子的几何意义为轴上某动点到两定点的距离之和，利用的性质，即可得出所求最小值.
【详解】因为点在直线上运动，所以，
所以，
表示轴上一点到两定点的距离之和.
在轴两侧，因为中，两边之和大于第三边，所以，
当三点共线时，，此时最小值为，
即的最小值为.
故选：C.
6. 已知正方体的棱长为1，若存在空间一点，满足，则点到直线BC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线BC的距离.
【详解】正方体的棱长为1，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，
由，得，，
所以点到直线BC的距离.
故选：B
7. 在中，点，点，点A满足，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据，得到方程，求出点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），数形结合得到点到直线的距离最大值为，求出面积的最大值.
【详解】设，则，
由得，
化简得，
故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（除去与轴的两个交点），
故点到直线的距离最大值为，
故面积的最大值为.
故选：B
8. 在三棱锥中，为的重心，，若交平面于点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的四点共面的定理，得出系数的关系，再借助基本不等式求出最小值.
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵四点共面，
∴，即．
∵，当且仅当时，等号成立，
∴的最小值为1．
故选：C
二、多选题（本题3小题，每小题6分，共18分，漏选得部分分数，错选不得分.）
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B. 若，则直线的倾斜角为
C. 若直线过点，且它的倾斜角为，则这条直线必过点
D. 直线的纵截距为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据每一个选项具体直线，以及直线的性质判断每一个选项即可.
【详解】倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，故A错；
由于的横坐标相等，即直线与轴垂直，故倾斜角为，故B对；
由题设，直线方程为，显然在直线上，故C对；
直线在轴上的截距为，故D对.
故选：BCD
10. 已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，切点分别是和，下列说法正确的为（ ）
A. 圆上恰有一个点到直线的距离为B. 四边形面积的最小值为1
C. 切线长的最小值为1D. 直线恒过定点
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用圆心到直线的距离公式，即可求解；对于B，由圆的性质，切线长，当PC最小时，有最小值，即可求解；对于C，四边形的面积为，即可求解；对于D，由题可知在以为直径的圆上，利用两圆方程求得直线的方程，即可求解.
【详解】对于A，因为圆，所以圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离，
所以圆上任意一点到直线的距离的取值范围为，
而，所以圆上有两个点到直线的距离为，故A错误；
对于C，由圆的性质，切线长，
当PC最小时，有最小值，此时，即，
则，故C正确；
对于B，四边形的面积为：，
因为，故四边形的面积为1，故B正确；
对于D，设，因为为过点作圆的切线，
所以，则在以为直径的圆上，又，
，即，
又圆，即，
上述两式相减，得直线的方程为，即，
由，得，即直线恒过定点，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是分析得在以为直径的圆上，进而两圆方程相减得到直线的方程，再利用直线过定点问题的求解方法即可得解.
11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内的一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A. 动点轨迹的长度为
B. 三棱锥体积的最小值为
C. 与可能垂直
D. 当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，由面，利用正方体特征找到平面平面，进而得到动点轨迹为，从而可判断出选项A的正误；选项B，根据棱锥的体积公式，得到面积最小值时，体积最小，即可求出三棱锥体积的最小值，从而判断出选项B的正误；选项C，取为中点，利用几何关系，即可证明，从而判断出选项C的正误，选项D，建立空间直角坐标系，直接求出外接球径，即可求出结果.
【详解】对于选项A，取中点，中点，连接，
又为棱的中点，所以，
根据线面平行的判定可得平面，平面，
又，面，所以面平面，
又平面，面，所以面，
又为正方形内的一个动点（包括边界），所以面面，
又面面，所以，即动点轨迹为，
又，所以选项A错误，
对于选项B，易知面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小值时，体积最小，
如图，由选项A知，，易知在处时，面积最小，
此时，所以三棱锥体积的最小值为，故选项B正确，
对于选项C，当为中点时，由，得，
又分别为的中点，所以，得到，
又，得到，所以选项C正确，
对于选项D，如图，当三棱锥体积最大时，在处，
如图建立空间直角坐标系，设球心为，外接球的半径为，
易知，
所以①，②，
③，④，
联立①②③④解得，，所以，故外接球的表面积为，所以选项D正确，
故选：BCD.
三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分.）
12. 直线的一个方向向量为__________（方向向量的坐标写成整数）
【答案】（满足且均可）.
【解析】
【分析】根据方程可得斜率，进而可得方向向量.
【详解】由直线可知其斜率，
所以为直线的一个方向向量.
故答案为：（满足且均可）.
13. 已知直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围为_____
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件及直线与圆相切的充要条件，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可得，整理可得，
所以，曲线表示圆在轴的上半部分，
当直线与圆相切时，，
结合图形可知，，则，
当直线过原点时，，
结合图形可知，当时，
直线与曲线有两个不同的交点.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 如图，在棱长为2正方体中，为边的中点，点为线段上的动点，设，则正确结论的序号为________

①当时，平面；②当时，取得最小值，其值为；
③的最小值为；④当平面时，
【答案】②③
【解析】
【分析】应用空间向量研究4个命题，对于①，可研究与平面的法向量是否垂直即可；对于②，研究函数的最值即可；对于③，可研究函数的最值即可；对于④，可求解与平面的法向量垂直条件即可.
【详解】如图，以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，
，，，
设点，因为，
所以，即，
解之可得，所以.
当时，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
所以.
因为，
所以，所以与平面不平行.故①错误；
因为，
所以
，
所以当时，取得最小值，且最小值为.故②正确；
因为
，
所以当时，取得最小值，且最小值为.故③正确；
当平面时，点平面，
因为，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
因为，
点平面，所以，所以.故④错误.
故答案为：②③
四、解答题（本题5小题，其中第15题13分，第16、17题每题15分，第18、19题每题17分.）
15. 如图所示，在四边形中，，，（参考公式：台体的体积公式：，圆台的侧面积公式：）

（1）求四边形绕旋转一周所成几何体的表面积
（2）求四边形绕旋转一周所成几何体的体积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可知旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体，再利用台体侧面积公式以及锥体侧面积公式计算可得结果；
（2）根据几何体的性质直接代入体积公式计算可得结果.
【小问1详解】
由题意可知，四边形绕旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体，
过点作，垂足分别为，如下图所示：

易知，所以，
又，所以，可得；
故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长；
圆锥底面半径，高，母线长，
所以圆台的侧面积为，
圆锥的侧面积为，
圆台的下底面面积为，
所以几何体的表面积为.
【小问2详解】
易知几何体的体积等于圆台体积减去圆锥体积，
即,
所以几何体的体积为.
16. 求符合下列条件的方程：
（1）直线过点，且横截距为纵截距的两倍．
（2）求过两点和，且圆心在轴上的圆的标准方程．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分所求直线过原点和不过原点求解即可；
（2）设所求圆的标准方程为：，代入，，求解即可.
【小问1详解】
解：当所直线过原点时，
则有，即；
当所求直线不过原点时，设直线方程为，
代入2,1，得，解得，
此时直线方程：；
综上，所求直线方程为或；
【小问2详解】
解：设所求圆的标准方程为：，
代入，，
得，即，
解得，
所以所求圆的方程为：.
17. 瑞士数学家欧拉（Euler）在所著的《三角形的几何学》一书中证明了“任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上”这一结论，后人称这条直线为三角形的欧拉线．在中，已知，，且欧拉线的方程为．
（1）求外心的坐标；
（2）求重心的坐标；
（3）求垂心的坐标．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）先求出垂直平分线方程，外心既在的垂直平分线上，又在欧拉线上，联立后得到外心的坐标；
（2）设，则，重心在欧拉线上，代入得到方程，在（1）基础上，由得到方程，联立后求出，舍去不合要求的解，得到答案；
（3）垂心在边上的高所在直线上，根据（2）求出边上的高所在直线方程，与欧拉线联立得到答案.
【小问1详解】
因为，所以线段垂直平分线的斜率为－2，
又因为的中点坐标为，
所以垂直平分线方程为，即，
因为外心既在的垂直平分线上，又在欧拉线上，
所以解方程组，得，所以外心的坐标为．
【小问2详解】
设，则，
因为重心在欧拉线上，
所以，即，
因，所以，
所以解方程组，得或
当，时，点与点重合，不满足题意，所以点的坐标为，
所以重心的坐标为．
【小问3详解】
垂心在边上的高所在直线上，
由（2）可知，，又，故边所在直线垂直于轴，
所以边上的高所在直线方程为，
解方程组，得，
所以垂心的坐标为．
18. 如图，在正方体中，，.
（1）当取得最小值时，求与的值.
（2）设与平面所成的角为.
①若，求的值；
②证明：存在常数，使得为定值，并求该定值.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析，定值为2
【解析】
【分析】（1）先建立空间直角坐标系，得到点的坐标以及向量的坐标，即可求出两个向量夹角的余弦值；
（2）①根据直线与平面夹角的正弦值就是该直线方向向量与该平面法向量夹角的余弦值可得到结果；②根据①得到的值，化简即可得到结果.
【小问1详解】
解：以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
∴，，
即，
∴，
当时，取得最小值，
此时，
∵，
∴；
【小问2详解】
①解：，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则即，
令，得，
∵，
∴，
∵，
∴，
又，
∴；
②证明：由①知，
则，，
∴，
∴存在常数，使得为定值，
且该定值为2.
19. 已知点，的坐标分别为和，动点满足到点的距离是它到点的距离的2倍，动点的轨迹为曲线，曲线与轴的交点分别为，点．点是直线上的一个动点，直线，分别与曲线相交于，两点（均与，不重合）．
（1）若是等腰三角形，求点的坐标；
（2）求证：直线过定点，并求出定点坐标；
（3）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）或．
（2）证明见解析，定点．
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出曲线的方程，再利用等腰三角形特性求出点的坐标.
（2）由（1）结合已知探求直线的斜率关系，设出直线方程，与曲线的方程联立，利用斜率坐标公式结合韦达定理计算推理即得.
（3）由（2）中信息，求出四边形面积的函数关系，再求出最大值即得.
【小问1详解】
设点，由，得，
整理得曲线的轨迹方程为，由对称性不妨令，
设点，若是等腰三角形，则，解得，
所以点的坐标为或.
【小问2详解】
由（1）知，，则直线的斜率，直线的斜率，有，
而，则直线的斜率，即，
设直线，代入得：，
设，则，，
因为，
整理得，
则，而，解得，
所以直线恒过定点．
【小问3详解】
由（2）得，，
则，
令，则，
而，则当时，取得最大值，此时，
所以当直线方程为时，四边形面积的最大值为.