四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期第二次月考（期中考试）数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省内江市威远中学2023-2024学年高二上学期第二次月考（期中考试）数学试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题（每题6分，共40分)，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每题6分，共40分)
1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一个点关于轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标改变成原来的相反数，即可选出答案.
【详解】一个点关于轴对称的点的坐标是只有横坐标不变，纵坐标和竖坐标改变成原来的相反数，
点关于轴对称的点的坐标为.
故选：C.
2. 已知圆锥底面半径是1，高是2，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥体积公式直接计算.
【详解】由题意知，圆锥底面积为，圆锥的高，
则圆锥的体积为.
故选：A
3. 已知直线，，若∥，则的值是
A. B. C. 或1D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：∵∥，∴，∴=-2，故选A
考点：本题考查了两直线的位置关系
点评：熟练掌握两直线平行的充要条件是解决此类问题的关键，属基础题
4. 过点在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】按截距为0和不为0分类讨论分别求得符合题意的直线方程
【详解】当截距时，设直线方程为，
将，代入得，∴方程为
当截距时，过原点和点的直线方程为
又且在两坐标轴上的截距相等，
∴过点A且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为和
故选：D.
5. 设直线，．若，则的值为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线垂直可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】因为，则，解得或.
故选：A.
6. 已知点，．若直线l：与线段相交，则实数m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线l过定点，且与线段相交，利用数形结合法，求出的斜率，从而得出l的斜率的取值范围，即可得解.
【详解】设直线过定点，则直线可写成，
令，解得.
直线必过定点．
，．
直线与线段相交，

由图象知，或，解得或，
则实数的取值范围是．
故选：A.
7. 设三棱锥的三条侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，，，，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意以SA，SB，SC为棱构造长方体，建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】因为三棱锥的三条侧棱SA，SB，SC两两相互垂直，且，，，
以SA，SB，SC为棱构造长方体，则，解得，
如图，以A为原点，AE为x轴，AG为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
可知球心O是SF的中点，则，
可得，，.
设平面ABC的法向量，则，
令，则，可得，
所以球心O到平面ABC的距离为.
故选：A.
8. 已知实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由表示直线上一动点到定点的距离之和，利用数形结合法求解.
【详解】解：表示直线上一动点到定点的距离之和，如图所示：

设点关于直线的对称点为，
则，解得，
所以对称点为，则
由图知：的最小值为，
故选：D
二、多选题(每题5分，共20分)
9. 下列直线与直线l：平行，且与它的距离为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设所求的直线方程为，再利用平行直线的距离公式即可求解.
【详解】设与直线l：平行直线方程为，
由题意可得，解得或，
故所求直线的方程为或.
故选：AB
10. 圆：与圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 两圆公共弦所在的直线方程为B. 两圆的位置关系为外切
C. 公共弦长为D. 两圆有四条公切线
【答案】AC
【解析】
【分析】先用两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程；求出两圆圆心和半径，求出圆心距，与半径之差、半径之和比较可判断位置关系，根据位置关系可得出公切线条数，求出圆心到直线距离，可求出公共弦的长度.
【详解】将两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程为，故A正确；
圆的圆心为，半径为，
由可得，
即圆的圆心为，半径为，则两圆的圆心距为，
因为，所以两圆相交，公切线有两条，故BD错误；
点到直线的距离为，则公共弦的长度为，故C正确；
故选：AC.
11. 已知直线：，圆：的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过点
B. ，
C. 直线被圆截得最短弦长为
D. 若点是圆上一动点，的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】直线恒过点，A正确，根据圆的一般方程计算B正确，计算弦长的最小值为，C错误，确定，D错误，得到答案.
【详解】圆：的圆心坐标为，
故，，解得，，圆方程，
对选项A：因为直线恒过点，正确；
对选项B：，，正确；
对选项C：当直线与垂直时，弦最短，此时，
弦长为，错误；
对选项D：设，即，当直线与圆相切时，，
解得或，故，错误；
故选：AB
12. 在长方体中，，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 与所成角的正切值的最大值是
C. 以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是
D. 若P为靠近B的三等分点，则该长方体过的截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由长方体性质及线面平行判定证面、面，再由面面平行的判定和性质判断；对于B，由及异面直线夹角的定义得到与所成角即为（锐角），根据线面垂直的性质有，则即可确定其最大值；对于C，首先确定以为球心，5为半径的球面与面的轨迹，再判断球面与侧面的交线图形，即可求长度；于D，应用平面基本性质画出截面，结合长方体性质判定其为平行四边形，结合已知求边长即可判断.
【详解】由长方体性质知：，面，面，则面，
同理可证面，又，面，则面面，
又面，则平面，A对；
由，则与所成角即为（锐角），
由面，面，则，
所以，而，只需最大，即为4，
故与所成角的正切值的最大值是，B错；
以为球心，5为半径的球面与面的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以球面与侧面的交线是个圆弧，则交线长为，C对；
如图，延长交于，过作交于，连接，
结合长方体性质知：四边形为平行四边形，且为该长方体过，P，C的截面，
又为靠近的三等分点，则，故，
所以，，则的周长为，D对.
故选：ACD
.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握立体的相关知识，逐一分析选项即可得解.
三、填空题(每空5分，共20分)
13. 如图，是水平放置的斜二测直观图，其中，则原图形的面积是_________.
【答案】6
【解析】
【分析】画出原图形，求出面积即可.
【详解】画出原图形如下：
其中，故.
故答案为：6
14. 直线关于直线的对称直线的方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设出为所求直线上一点，找出其关于的对称点，代入直线即可求出.
【详解】设为所求直线上一点，它关于的对称点为，
则可得，
由题可得在直线上，
所以，整理可得所求的对称直线方程为.
故答案为：.
15. 若直线与曲线只有一个公共点，则实数的取值范围是______.
【答案】或
【解析】
【分析】曲线的图像是一个半圆，结合图象通过讨论直线的位置，求出的范围即可.
【详解】解：曲线方程变形为，表示圆心为，半径为2的下半圆，
根据题意画出图形，如图所示：
当直过时，将坐标代入直线方程得：，即；
当直过时，将代入直线方程得：，即；
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离，
即，即，（舍）或，
则直线与曲线只有一个公共点时的范围为：或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查了直线和圆的关系，是一道中档题.
16. 已知实数满足方程，给出下列四个结论：
①的最大值为
②的最大值为
③的最大值为
④的最大值为
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②
【解析】
【分析】令，由直线与圆有公共点，求解判断①；求出的范围，把视为的函数并求出范围判断②；令，由直线和圆有公共点，求解判断③，令，由直线与圆有公共点，求解判断④.
【详解】依题意，方程，即表示圆心为，半径为的圆，
对于①，令，则直线与圆有公共点，
于是，解得，即的最大值为，①正确；

对于②，由，得，解得，
因此，即的最大值为，②正确；
对于③，令，即，则直线和圆有公共点，
则，解得，即的最大值为，③错误；
对于④，令，则直线与圆有公共点，
则，解得，即的最大值为，④错误，
所以所有正确结论的序号是①②.
故答案为：①②
【点睛】思路点睛：换元并把问题转化为直线与圆的位置关系，再借助点到直线距离公式求解即得.
四、解答题(共70分)
17. 已知空间向量，，.
（1）若，求；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；
（2）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到，由空间向量的夹角公式求解即可．
【小问1详解】
空间向量，，，
因为，所以存在实数k，使得，
所以，解得，
则．
【小问2详解】
因为，则，解得，
所以，
故．
18. 已知圆C经过点和点，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的方程；
（2）过点的直线被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用圆心在直线上，设出圆心的坐标，再由圆心分别到的距离相等，建立方程求出圆C的方程；
（2）由弦长公式得出圆心到直线的距离，设出直线的方程，由点到直线的距离公式求出斜率，从而得出直线l的方程．
【详解】解：（1）由于圆心C在直线上，可设圆心
圆C经过点和点
故有，
求得，故圆心，半径为
故要求的圆的方程为．
（2）过点的直线1被圆C截得的弦长为6
故圆心C到直线的距离为
显然直线l的斜率存在，设为k，则直线l即；，即．
由，求得
故直线l的方程为，即．
【点睛】本题主要考查了求圆的方程以及根据弦长求参数的值，涉及了点到直线的距离公式的应用，属于中档题.
19. 在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可；
（2）利用向量法求线面距离作答即可.
【小问1详解】
在正方体中，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
所以直线与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）知，，，，，
显然，所以，
而平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以点到平面的距离为，
所以直线FC到平面的距离是.
20. 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，.

（1）求证：直线平面PAC；
（2）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，利用线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）由题意可建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．
【小问1详解】
底面，平面，，
在正方形中，，
又，平面，平面，
平面.
【小问2详解】
由题意可建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：

因为，则,0,，,1,，,0,，,1,，,0,，
,1,，,0,，,1,，
设平面的一个法向量为,,，
则，取，则，，
平面的一个法向量为,1,，
设直线与平面所成的角为，
则，
21. 已知直线l：.
（1）求原点到直线l的距离的最大值；
（2）若l交x轴正半轴于A，交y轴正半轴于B，的面积为S，求S最小值时直线l的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出直线l经过的定点，结合图形以及两点的距离公式，即可得出答案；
（2）先求出的坐标，表示出.然后根据基本不等式，即可得出最小时，的值，代入方程，即可得出答案.
【小问1详解】
直线l：可化为.
解可得，，所以直线l过定点.
如图，过点作，垂足为，连接
易知，
当时，原点到直线l的距离取得最大值.
【小问2详解】
易知
令，由可得，.
令，由可得，.
且，所以，
所以，.
因为，所以，
所以，当且仅当，即时等号成立.
所以，直线l的方程，即.
22. 在平面直角坐标系中，直线交轴于，以为圆心的圆与直线相切.
（1）求圆的方程；
（2）设点为直线上一动点，若在圆上存在点，使得，求的取值范围；
（3）是否存在定点S，对于经过点S的直线，当与圆交于时，恒有？若存在，求点S的坐标：若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）先利用点到直线的距离公式求出半径，从而求得圆的方程；
（2）考虑临界情况，只要当直线与圆相切时，就满足题意；
（3）当直线斜率存在时，设出方程，然后与圆的方程联立，然后利用给定条件结合韦达定理求出的关系即得；再讨论斜率不存在时的情况即可作答.
【小问1详解】
因为以为圆心的圆与直线相切，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
如图，直线与圆相切，设，则，
由题意知当时满足题意，
所以由，得，
由于，所以由距离公式得，解得，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
直线交轴于，
当直线的斜率存在时，设，
设与圆的交点，，
根据题意只需，即，
把，代入化简得，①
联立消去得，
，所以，
由韦达定理得，
代入①式得，
化简得，即，
所以，恒过点，
当直线的斜率不存在时，过点的直线显然存在满足题意，