2023-2024学年陕西省宝鸡市千阳县中学高二上学期期中数学试题含答案
展开一、单选题
1.圆的圆心到直线的距离为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】先由圆的一般方程求出其圆心坐标,然后由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】解:圆圆心坐标为.
点到直线的距离.
故选:A.
2.空间向量,平面的一个法向量,则直线与平面所成角为( )
A.B.C.或D.或
【答案】A
【分析】直线与平面所成的角的正弦值,通过直线与平面的数量积求解即可得出.
【详解】解:直线与平面所成的角的正弦值:.
则直线与平面所成角为:.
故选:A.
3.已知圆,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为( )
A.1B.2
C.3D.4
【答案】B
【分析】当直线和圆心与点的连线垂直时,所求的弦长最短,即可得出结论.
【详解】圆化为,所以圆心坐标为,半径为,
设,当过点的直线和直线垂直时,圆心到过点的直线的距离最大,所求的弦长最短,此时
根据弦长公式得最小值为.
故选:B.
【点睛】本题考查圆的简单几何性质,以及几何法求弦长,属于基础题.
4.如图,是的重心,,则( )
A.B.
C.D.
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算的定义及重心的性质可得,利用表示可得结论.
【详解】是的重心,,
,,
,,,
,
.
故选:D.
5.已知圆C过圆与圆的公共点.若圆,的公共弦恰好是圆C的直径,则圆C的面积为( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据题意求解圆,的公共弦方程,再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径,进而求得面积即可
【详解】由题,圆,的公共弦为和的两式相减,化简可得,又到的距离 ,故公共弦长为,故圆C的半径为,故圆C的面积为
故选:B
6.在直三棱柱中,,,,M是的中点,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,若,则异面直线与夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】设,根据,求得,再利用向量法求解即可.
【详解】解:设,
则,
,
因为,
所以,解得,
故,,
则,
所以异面直线与夹角的余弦值为.
故选:A.
7.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C,有如下四个结论:
①AC⊥BD;
②△ACD是等边三角形;
③AB与平面BCD所成的角为60°;
④AB与CD所成的角为60°.
其中错误的结论是( )
A.①B.②C.③D.④
【答案】C
【分析】取BD的中点E,则AE⊥BD,CE⊥BD.根据线面垂直的判定及性质可判断①的真假;求出AC长后,可以判断②的真假;求出AB与平面BCD所成的角可判断③的真假;建立空间坐标系,利用向量法,求出AB与CD所成的角,可以判断④的真假;进而得到答案.
【详解】解:取BD的中点E,则AE⊥BD,CE⊥BD.∴BD⊥面AEC.
∴BD⊥AC,故①正确.
设正方形边长为a,则AD=DC=a,AEa=EC.
∴AC=a.
∴△ACD为等边三角形,故②正确.
∠ABD为AB与面BCD所成的角为45°,故③不正确.
以E为坐标原点,EC、ED、EA分别为x,y,z轴建立直角坐标系,
则A(0,0,a),B(0,a,0),D(0,a,0),C( a,0,0).
(0,a,a),( a,a,0).
cs,
∴,60°,故④正确.
故选:C.
8.已知定点,点P为圆上的动点,点Q为直线上的动点.当取最小值时,设的面积为S,则( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】圆上的点到直线上的点的距离最小时为圆心到直线的距离减去半径,由此确定,两点的位置,然后求出点到直线的距离作为底边上的高,求出三角形面积即可.
【详解】圆的圆心为原点,半径为2,
过原点且与直线垂直的直线方程为,
则点到直线的距离为.
又因为原点到直线的距离为,
所以的最小值为,则,
故选:D
二、多选题
9.下列命题中是假命题的为( )
A.若向量,则与,共面
B.若与,共面,则
C.若,则四点共面
D.若四点共面,则
【答案】BD
【分析】由平面向量基本定理对四个选项逐一判断即可.
【详解】对于A:由平面向量基本定理得与,共面,A是真命题;
对于B:若,共线,不共线时,不能用,表示出来,B是假命题;
对于C:若,则三个向量共面,
又点为三个向量的公共起点,所以四点共面,C是真命题;
对于D:若共线,点不在此直线上,
则不成立,D是假命题.
故选:BD.
10.在平面直角坐标系中,圆的方程为.若直线上存在一点,使过所作的圆的两条切线相互垂直,则实数的取可以是
A.B.C.D.
【答案】AB
【分析】先得到的轨迹方程为圆,与直线有交点,得到的范围,得到答案.
【详解】
所作的圆的两条切线相互垂直,所以,圆点,两切点构成正方形
即
在直线上,圆心距
计算得到
故答案选AB
【点睛】本题考查了圆的切线问题,通过切线垂直得到的轨迹方程是解题的关键.
11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”. 后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.在平面直角坐标系中,,点P满足.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是( )
A.C的方程为
B.在x轴上存在异于的两定点,使得
C.当三点不共线时,射线是的平分线
D.在C上存在点M,使得
【答案】BC
【分析】设点,根据求出的轨迹方程可判断A;假设在x轴上存在异于的两定点使得,设,根据、点P的轨迹方程求出可判断B;由利用余弦定理可判断C;设,由、点M在C上解得无实数解可判断D.
【详解】设点,则,化简整理得,
即,故A错误;
假设在x轴上存在异于的两定点,
使得.设,则,
化简整理得,
由点P的轨迹方程为得,
解得或,因为点异于点,所以,
所以假设成立,故B正确;
由于,
只需证明,
即证,
化简整理得,又,
则
,则,故C正确;
设,由得,
整理得①,
又点M在C上,故满足②,联立①②,解得无实数解,故D错误.
故选:BC.
12.已知正方体的棱长为1,点、分别是、的中点,在正方体内部且满足,则下列说法正确的是( )
A.点到直线的距离是B.点到平面的距离为
C.平面与平面间的距离为D.点到直线的距离为
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系后利用向量法求点到面,面与面的距离.
【详解】如图,建立空间直角坐标系,则,,,,
,,,
所以,.
设,则,.
故到直线的距离,故A错误.
,
平面的一个法向量,
则点到平面的距离,故B正确.
,,.
设平面的法向量为,
则,所以
令,得,,所以.
所以点到平面的距离.
,所以,
又因平面,平面,
所以平面,同理平面,
所以平面平面,
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离,
所以平面与平面间的距离为,故C正确.
因为,所以,
又,则,
所以点到的距离,故D错.
故选:BC
三、填空题
13.已知菱形中,,沿对角线折叠之后,使得平面平面,则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系,根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可.
【详解】设菱形的边长为1,取的中点,连接,,所以,
因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,
又因为平面,所以.
如图,建立空间直角坐标系,则,,,
所以,.
设平面的一个法向量为,则,令,则,
同理,平面的一个法向量为,
所以,
设二面角为,由图可知二面角为锐角,即,
所以,所以二面角的余弦值为.
故答案为:
14.在空间直角坐标系中,定义:平面的一般方程为,点到平面的距离,则在底面边长与高都为2的正四棱锥中,底面中心O到侧面的距离等于 .
【答案】
【解析】以底面中心为原点建立空间直角坐标系,求出点的坐标,求出侧面的方程,最后利用所给公式计算即可.
【详解】如图,以底面中心为原点建立空间直角坐标系,
则,,1,,,1,,,0,,
设平面的方程为,
将坐标代入计算得
解得,,,
,
即,
.
故答案为:
【点睛】本题主要考查点、线、面间的距离计算、空间直角坐标系的应用、空间直角坐标系中点到平面的距离等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.属于中档题.
15.圆与圆的公共弦的长为 .
【答案】
【分析】由两圆相减得公共弦的方程为,再选定其中一个圆与公共弦的方程,利用弦长公式求得公共弦长为.
【详解】圆与圆相减得:
,圆,所以圆心为,半径为,圆心到直线的距离,
所以公共弦长,故填:.
【点睛】本题考查两圆的位置关系、弦长公式的应用,考查数形结合思想与运算求解能力.
16.如图,已知A(4,0),B(0,4),从点P(2,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上,最后经直线OB反射后又回到P点,则光线所经过的路程是 .
【答案】2
【分析】求出关于直线和的对称点,由两个对称点间距离得结论.
【详解】设点P关于直线AB的对称点为,
直线方程为,
因此.解得,即,
关于y轴的对称点为C(-2,0),则光线所经过的路程PMN的长为CD=2.
故答案为:.
四、证明题
17.如图正方形ABCD的边长为,四边形BDEF是平行四边形,BD与AC交于点G,O为GC的中点,FO=,且FO⊥平面ABCD.
(1)求证:AE∥平面BCF;
(2)求证:CF⊥平面AEF.
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.
【分析】(1)取BC中点H,连接OH,建立如图所示的直角坐标系,求得平面BCF的法向量为,由 ,即可得到AE∥平面BCF.
(2)由 , ,且AEAF=A,解得CF平面AEF.
【详解】(1)取BC中点H,连接OH,则OH∥BD,又四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD,∴OH⊥AC,∴以O为原点,建立如图所示的直角坐标系,
则A(3,0,0),E(1,-2,),C(-1,0,0),D(1,-2,0),F(0,0,),B(1,2,0). =(-2,-2,0),=(1,0,),=(-1,-2, ).
设平面BCF的法向量为=(x,y,z),则.
取z=1,得=(-,,1).
又四边形BDEF为平行四边形,∴==(-1,-2,),
∴=+=+=(-2,-2,0)+(-1,-2,)=(-3,-4,),∴·=3-4+=0,
∴ ,又AE平面BCF,∴AE∥平面BCF.
(2)=(-3,0,),∴·=-3+3=0,·=-3+3=0,
∴ , ,又AEAF=A,∴CF平面AEF.
【点睛】本题主要考查了空间向量在立体几何线面位置关系的判定中的应用,其中解答中建立适当的空间直角坐标系,合理利用平面法向量的性质和空间向量的共面定理是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.
五、解答题
18.过点作圆的两条切线,切点分别为A,B;
(1)求直线AB的方程;
(2)若M为圆上的一点,求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)求出以为直径的圆的方程,结合已知圆的方程,将两圆方程相减可求得两圆公共弦所在直线方程;
(2)求出圆上的点M到直线AB的距离的最大值,求出,利用三角形面积公式求得答案.
【详解】(1)圆的圆心坐标为,半径为1,
则的中点坐标为,,
以为圆心,为直径的圆的方程为,
由,得①,
由,得②,
①②得:.
直线的方程为;
(2)圆心 到直线的距离为
故圆上的点M到直线的距离的最大值为 ,
而 ,
故面积的最大值为 .
六、计算题
19.如图,过圆外一点向圆引切线.
(1)求过点P的圆的切线方程;
(2)若切点为,,求过切点,的直线方程.
【答案】(1)或
(2)
【分析】(1)设出直线方程,利用直线和圆相切的性质可求切线方程;
(2)求出切点坐标可得方程或者利用两圆的公共弦求出答案.
【详解】(1)设过点P的圆的切线方程为,的圆心为,半径为;
则,解得或,
故切线方程为或.
(2)解法1:将切线方程与圆的方程联立成方程组,由可得,
由可得,
即和,
故过切点,的直线方程为,整理得.
解法2:因为O,,P,四点共圆,
所以,在以OP为直径的圆上,圆心为,半径为,
即方程为
与已知圆相减,得过切点,的直线方程为.
七、解答题
20.将棱长为1的正方体截去三棱锥后得到的几何体如图所示,点在棱上.
(1)当为棱的中点时,求到平面的距离;
(2)当在棱上移动时,求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,由空间向量求解,
(2)设出点坐标,由空间向量表示出后转化为函数求解
【详解】(1)以点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,.
可得,,.
设平面的法向量为,因为,所以所以
令,得,所以为平面的一个法向量,
点到平面的距离.
(2)因为点在边上,故可设,得,
所以.
所以.
令,可得,.
设,则,,
函数在区间上单调递减,
,.
所以的取值范围是.
21.已知半径为5的动圆的圆心在直线:上.
(1)若动圆过点,求圆的方程.
(2)是否存在正实数,使得动圆中满足与圆:相外切的圆有且仅有一个?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)或;(2)存在,.
【分析】(1)设动圆的方程为,根据条件列出方程组,求得的值,即可求解;
(2)求得圆心到直线的距离,结合直线与圆的位置关系,即可求解.
【详解】(1)依题意,可设动圆的方程为,
其中圆心满足.
又因为动圆过点,所以.
由,解得或,
故所求圆的方程为或.
(2)圆的圆心到直线的距离,
当满足时,动圆中不存在与圆:相外切的圆;
当满足时,每取一个数值,
动圆中存在两个圆与圆:相外切;
当满足,即时,
动圆中有且仅有1个圆与圆:相外切.
故当动圆中与圆相外切的圆仅有一个时,.
八、证明题
22.如图,在四棱锥中,底面是边长为4的正方形,是正三角形,平面,分别是的中点.
(1)求证:平面平面.
(2)线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在满足条件的点M,理由见解析点
【分析】(1)利用面面垂直的判断定理可证平面平面;
(2)建立如图所示的平面直角坐标系,利用向量法可判断是否存在.
【详解】(1)平面,平面,
平面平面.
(2)设的中点为,连接,
因为是正三角形,故,
而平面平面,平面平面,平面,
故平面,而平面,故,
由四边形为正方形且分别为的中点得,
故可以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,
故,,,
,,.
假设线段上存在点,使得直线与平面所成角为,
且,则,
,.
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
,
整理可得,方程无解,
故假设不成立,即不存在满足条件的点.
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