2023-2024学年安徽省芜湖市无为襄安中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市无为襄安中学高二上学期期中数学试题含答案，共18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。

一、单选题
1．已知点，点，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由斜率公式可求得直线斜率，由斜率和倾斜角关系可得直线倾斜角.
【详解】，直线的倾斜角为.
故选：C.
2．设，，，且∥，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据，可得，；再根据∥，可得，进而得，最后根据向量的坐标求模即可.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得，
所以，
又因为，且∥，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
3．如图，在平行六面体中，．点在上，且，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于的表达式.
【详解】在平行六面体中，
则，
.
故选：D.
4．已知直线与互相垂直，则实数=（ ）
A．1B．3C．1或-3D．-1或3
【答案】C
【分析】因为两直线垂直，所以，解方程即得解.
【详解】因为两直线垂直，
所以，
所以或.
故选：C
5．已知点到直线的距离为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据点到直线得距离公式即可得出答案.
【详解】解：由题意得．
解得或．，．
故选：C.
6．如图，已知在平行六面体中，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得，进而根据空间向量求模即可.
【详解】由题意可知，因为，
所以，所以．
故选：A．
7．已知在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】圆的最长弦是直径，过定点的最短弦是与过定点的最长弦垂直的，对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半.
【详解】圆
由题意可得
最长弦为直径等于6，
最短的弦由垂径定理可得，
则四边形的面积为.
故选：D.
【点睛】本题考查过圆内定点求圆的弦长最值问题，考查求解运算能力，是基础题.
8．如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.运用异面直线的空间向量求解方法，可求得答案.
【详解】解：以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知可得，，，，则，，
所以.
又因为异面直线所成的角的范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
二、多选题
9．圆和圆的交点为，，则（ ）
A．公共弦所在直线的方程为
B．线段中垂线的方程为
C．公共弦的长为
D．两圆圆心距
【答案】ABD
【分析】把两圆方程相减得到公共弦所在直线的方程，即可得到选项A；再把两圆分别化成标准方程，得到圆心和半径，两圆心所在的直线即为线段中垂线，即可得到选项B；利用一个圆的圆心到直线的距离进而求出弦的长，验证选项C；两圆心的距离即可得到选项D.
【详解】①，②，用①减去②即得到公共弦所在直线的方程为，故A正确；
把圆化为标准方程得，圆心为，半径为 ，把圆化为标准方程为，圆心为，，线段中垂线即为圆心与圆心两点构成的直线为，故B正确；
圆心到公共弦所在直线的距离为，故公共弦的长为，故C错误；
圆心到圆心的距离，故D正确.
故选：ABD.
10．已知空间四点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．点到直线的距离为D．四点共面
【答案】BD
【分析】根据空间向量的坐标表示公式、夹角公式，结合四点共面的性质、点到线距离公式逐一判断即可.
【详解】A：因为，
所以，因此本选项不正确；
B：因为，
所以，因此本选项正确；
C：，
，
所以
所以点到直线的距离为，因此本选项不正确；
D：因为，
所以有，因此是共线向量，
所以四点共面，因此本选项正确，
故选：BD
11．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
【答案】ABC
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；
证明，可得，，由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再由同角三角函数基本关系求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
，，
故，令，则，
故，
所以点到平面的距离，故选项D不正确
故选：ABC.
12．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所形成的图形是圆．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．已知在平面直角坐标系中，，．点满足，设点所构成的曲线为，下列结论正确的是（ ）
A．的方程为
B．在上存在点，使得到点的距离为
C．在上存在点，使得
D．上的点到直线的最小距离为
【答案】ABD
【分析】对于A，设点，由结合两点间的距离公式化简即可判断，对于B，由A可知曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，从而可求出圆上的点到点的距离的范围，进而进行判断，对于C，设，由，由距离公式可得方程，再结点在曲线C上，得到一个方程，两方程联立求解判断，对于D，由于曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，所以只要求出圆心到直线的距离减去圆的半径可得答案
【详解】由题意可设点，由，，，得，化简得，即，所以选项A正确；
对于选项B，曲线C的方程表示圆心为，半径为的圆，点与圆心的距离为，与圆上的点的距离的最小值为，最大值为，而，所以选项B正确；
对于选项C，设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，所以选项C错误；
对于选项D，的圆心到直线的距离为，且曲线的半径为，则上的点到直线的最小距离故选项D正确；
故选：ABD．
三、填空题
13．求过点且与圆相切的直线方程为 .
【答案】x＝4或3x+4y＝0
【分析】先考虑直线的斜率是否存在，然后结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】当直线的斜率存在时，可设直线方程为y+3＝k（x－4），即kx－y－4k－3＝0，
由题意得，
解得k＝，此时直线方程为3x+4y＝0，
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝4
此时圆心 到直线x＝4的距离为3，所以直线与圆相切，符合题意.
故答案为：x＝4或3x+4y＝0.
14．已知向量，，则在上的投影向量为 .
【答案】
【分析】首先求出， ，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以， ，
所以在上的投影向量为.
故答案为：
15．已知、满足，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】利用圆的性质及两点的距离公式计算即可.
【详解】由题意可知，
设，则在以为圆心，半径的圆上，
而，
显然.
当且仅当P在延长线上时取得最大值.
故答案为：
16．如图，在长方体中，，.，M，N分别是棱，，的中点.若点P是平面内的动点，且满足平面，则线段长度的最小值为 .

【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质，结合空间向量数量积的坐标表示公式、配方法进行求解即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，.，M，N分别是棱，，的中点，
所以 ，
因为点P是平面内的动点
所以设，
设平面的法向量为，
，，
所以有，
因为平面，
所以，即
于是，
当时，线段长度有最小值，
故答案为：

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用平面法向量的性质、空间向量数量积的坐标表示公式.
四、解答题
17．已知直线：.
(1)若直线与直线：平行，求的值；
(2)若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意得到，再解方程即可.
（2）首先分别求出直线在轴和轴的截距，从而得到，再解方程即可.
【详解】（1）因为，所以，解得.
（2）令，得，即直线在轴上的截距为.
令，得，即直线在x轴上的截距为.
因为直线在两坐标轴上的截距相等，
所以，解得或.
则直线的方程是或.
18．已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动.
(1)求线段AB的中点P的轨迹C2的方程：
(2)设圆C1与曲线C2的交点为M、N，求线段MN的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；
（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；
【详解】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
（2）将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，
且到直线的距离，
则.
19．已知圆C过点，，，点A在直线上.
（1）圆C的方程.
（2）过点A作直线l1，l2与圆C相切，切点分别为M，N，若，求点A的坐标.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先设出圆的一般方程，代入三点后，列方程组求解；（2）首先判断四边形MANC为正方形，再根据正方形的性质判断的长度，求得点的坐标.
【详解】（1）设圆C的方程为，
则，解得，
故圆C的方程.
（2）依题意，四边形MANC为正方形，正方形的边长为半径，所以，
而圆心到直线的距离，所以点.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系的综合应用，本题的关键是根据直线与圆相切的几何性质，判断出四边形MANC为正方形.
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，M是PA中点，PD⊥平面ABCD，PD=CD=4，AD=2.
（1）求直线AP与平面CMB所成的角的正弦值；
（2）求二面角M-CB-P的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先以点D为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，由公式求解；（2）求平面PBC的一个法向量为，利用公式求解二面角M-CB-P的余弦值.
【详解】（1）∵ABCD是矩形，∴AD⊥CD，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，即PD，AD，CD两两垂直，∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由PD=CD=4，AD=2得
则
设平面CMB的一个法向量为，则，即，
令y1=1，得x1=0，z1=2，∴，∴，
故直线AP与平面CMB所成的角的正弦值为.
（2）由（1）得，设平面PBC的一个法向量为，则 即，令y2=1，得x2=0，z2=1，∴，∴，故二面角M-CB-P的余弦值为.
【点睛】本题考查向量法求线面角、二面角，注意合理建立空间直角坐标系，另外注意线面角的正弦值与直线方向向量、平面法向量的夹角的余弦值的绝对值相等，通过向量法求出两个半平面的法向量的夹角后，注意判断给定二面角为钝角还是锐角，从而确定其余弦值.
21．在矩形ABCD中，，点E是线段AD的中点，将△ABE沿BE折起到△PBE位置（如图），点F是线段CP的中点．
(1)求证：DF∥平面PBE：
(2)若二面角的大小为，求点A到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；
（2）由题建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量求法即得.
【详解】（1）设PB的中点为G点，连接GF和GE，
因为点G、点F分别为PB和PC的中点，
所以且，又且，
所以且，
所以四边形GFDE为平行四边形，
所以，又GE平面PBE，DF平面PBE，
所以DF∥平面PBE；
（2）由二面角的大小为可知，平面平面，
取BE得中点O，连接，则，平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
设平面PCD的法向量为，
则，
令则，又，
所以点A到平面PCD的距离为.
22．已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点．

(1)证明：；
(2)若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.