2023-2024学年广东省广州中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州中学高二上学期期中数学试题含答案，共25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．在直角坐标系中，在轴上截距为且倾斜角为的直线方程为．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得，直线的斜率，再根据直线的截距得到直线过点（0，-1）
根据直线方程的斜截式可知所求的直线方程为，
即，
故选：．
2．若直线l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为，则m为( )
A．－4B．－6
C．－8D．8
【答案】C
【分析】由l∥α，可得•=0，即可得出m的值．
【详解】∵l∥α，∴•=2+m+2=0．
∴m=﹣8．
故选C．
【点睛】本题考查了线面平行的性质、数量积运算性质、法向量的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．两条直线：，：互相垂直，则a的值是（ ）
A．0B．－1C．－1或3D．0或－1
【答案】C
【分析】根据两线垂直求解即可；
【详解】解：因为直线与互相垂直，
所以，
即：，
解得：或 .
故选:C.
4．如图，在斜三棱柱中，M为BC的中点，N为靠近的三等分点，设，，，则用，，表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合图形，根据空间向量的线性运算即可得到答案.
【详解】
故选：A
5．“加上一个参数给椭圆，它的形状会有美妙的变化”欧几里得如是说，而这个参数就是椭圆的离心率.若椭圆的离心率为，则该椭圆的长轴长为（ ）
A．8B．2或4C．1或4D．4或8
【答案】D
【分析】根据题意，分类讨论和两种情况，结合椭圆方程的性质与离心率公式求解即可.
【详解】因为椭圆的离心率为，易知，
当时，椭圆焦点在轴上，，，
所以，解得，则，所以椭圆的长轴长为.
当时，椭圆焦点在轴上，，，
所以，得，满足题意，此时，所以椭圆的长轴长为.
综上，该椭圆的长轴长为4或8.
故选：D.
6．已知点，若直线与线段AB（含端点）有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及直线的点斜式方程求出定点，直线与线段有交点，结合图形可得直线斜率的范围，利用直线的斜率公式即可求解.
【详解】由，得，
所以直线l的方程恒过定点，斜率为.
因为，，
所以，.
由题意可知，作出图形如图所示，

由图象可知，或，
所以实数m的取值范围为.
故选：B.
7．已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】采用建系法，设中点为，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】因为平面平面，设中点为，，则平面，，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，则，
，，显然是平面的一个法向量，设平面的法向量为，则满足，即，
令，可得，故，则，即二面角的余弦值为.
故选：D
8．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．直线的倾斜角的取值范围为
B．“c=5”是“点(2，1)到直线距离为3”的充要条件
C．直线l：恒过定点(3，0)
D．直线与直线平行，且与圆相切
【答案】CD
【分析】利用斜截式方程求解直线的倾斜角的范围判断；利用点到直线的距离判断；直线系恒过的点的判断；直线的平行与圆的位置关系判断.
【详解】直线的倾斜角，可得，，所以的取值范围为，所以不正确；
“点到直线距离为3”，可得．解得，，
所以“”是“点到直线距离为3”的充分不必要条件，所以不正确；
直线恒过定点，所以正确；
直线即与直线平行，，所以直线与圆相切，所以正确；
故选：CD．
10．已知空间中三点，，，则下列结论错误的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
【答案】AC
【分析】A：利用共线向量定义进行判断；B：与同向的单位向量；C：利用向量夹角余弦公式判断；D：设平面的法向量为，则，由此能求出结果．
【详解】对于A：，
与不是共线向量，故A错误；
对于B：，则与同向的单位向量是，故B正确；
对于C：，
∴，故C错误；
对于D：，
设平面的法向量为，
则，取，得，故D正确．
故选：AC．
11．设圆：的圆心为C，为圆外一点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．B．P，A，C，B四点共圆
C．D．直线的方程为：
【答案】BC
【分析】由已知求出圆的圆心、半径.由已知根据勾股定理，即可求出，判断A项；根据已知可得，即可判断B项；在直角三角形中，解三角形即可求出，判断C项；根据B的结论，结合已知求出圆的方程.两圆方程作差，即可得出公共弦所在的直线方程.
【详解】将圆化为标准方程可得，
所以，圆心，半径.
对于A项，由已知可得，.
所以，.
同理可得，.故A错误；
对于B项，因为，，所以，
所以，点都在以为直径的圆上，
所以，P，A，C，B四点共圆.故B正确；
对于C项，因为，，，
在中，有，所以.
同理可得，.
所以.故C正确；
对于D项，线段的中点为，.
所以，圆的方程为.
显然，是圆与圆的公共弦.
两圆方程作差，整理可得.
所以，直线的方程为.故D错误.
故选：BC.
12．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；
对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；
对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误.
对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确；
【详解】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C，由，
设，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C错误.
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；

故选：ABD.
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题
13．已知，则在上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】利用投影向量的定义，结合空间向量数量积的坐标运算，可得在上的投影向量的坐标.
【详解】已知空间向量和，
则在上的投影向量为
.
故答案为：.
14．两条平行直线与间的距离是 ．
【答案】1
【分析】根据平行关系求得a的值，再利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】因为直线与平行，故．
可得符合题意，
由平行线距离公式可得所求为．
故答案为：1
15．已知圆，则圆C关于直线对称的圆的方程为 .
【答案】
【分析】先求出圆心、半径，进而由已知求出圆心关于直线对称的点的坐标，即可得出答案.
【详解】由已知可得，圆的圆心，半径.
设点关于直线对称的点为，
则有，解得，即点.
所以，圆C关于直线对称的圆的方程为.
故答案为：.
16．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离,截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于 ．
【答案】
【分析】利用已知条件和几何关系找出圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为 的余弦值，即可得出椭圆离心率．
【详解】如图，圆锥面与其内切球，分别相切与，连接,则，，过作垂直于，连接， 交于点C
设圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为.
在中， ，



解得

即
则椭圆的离心率
【点睛】“双球模型”椭圆离心率等于截面与轴的交角的余弦与圆锥母线与轴的夹角的余弦
之比，即．
四、解答题
17．根据条件，写出直线的方程，并化为一般式方程.
(1)与垂直，且过点的直线；
(2)经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）根据两直线垂直斜率的关系，再根据直线过求解.
（2）分两类讨论求解，①当直线过原点时，设其方程为，再由过点求解.②当直线不过原点，设方程为， 再由过点求解.
【详解】（1）的斜率为，则与其垂直的直线的斜率为，
则过点的直线方程为，化简得.
（2）由题意，①当直线过原点时，设其方程为，
∴，，
∴，即，
②当直线不过原点，设方程为，
则，解得，
，即，
综上可得：所求直线方程为或.
18．如图，在三棱柱中，侧面是边长为的正方形，为矩形，.
(1)求证：平面ABC；
(2)求平面与平面所成角的正弦值；
(3)求点C到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解两平面的夹角余弦值，再由同角三角函数关系可得正弦值；
（3）利用法向量方法求点面距.
【详解】（1）因为侧面为正方形，为矩形，
所以，，
因为，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，，，
由题意知，，，
所以即，
如图，以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，连接，
所以，，，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则即，
令，则，，所以，
设平面与平面所成角为，
则，
则；
故所求平面与平面所成角的正弦值为；
（3）由（1）知平面的法向量为，
，则点到平面的距离为.
故点C到平面的距离为.
19．已知椭圆C：的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为2.
（1）椭圆C的方程；
（2）设直线l：交椭圆C于A，B两点，且，求m的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）通过短轴的一个端点到右焦点的距离可知，进而利用离心率的值计算即得结论；
（2）设，联立直线与椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，得到根与系数的关系，再利用弦长公式即可得出.
【详解】解：（1）由题意可得，
解得：，，
椭圆C的方程为；
（2）设，
联立，
得，
，，
，
解得.
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质､韦达定理､弦长公式，属于中档题.
20．已知圆，圆.
(1)求两圆的公共弦所在直线的方程及弦长；
(2)求两圆的公切线方程.
【答案】(1)；
(2)和
【分析】（1）联立两圆方程可得公共弦直线方程，求出点到的距离，利用性质在直角三角形中勾股定理求解半弦长即可；
（2）由形可知一条公切线为；求出直线与的交点，设另一条公切线的方程为，利用点到此公切线的距离等于半径，解即可得.
【详解】（1）易知圆的圆心，半径为1，圆的圆心，半径为3，
已知圆，圆，即，
两圆方程相减可得公共弦直线方程为，
所以点到的距离为，
所以公共弦长为，
故两圆公共弦直线方程为，公共弦长为；
（2）因为圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径为，
由图象可知，有一条公切线为：，
直线与的交点为，
设另一条公切线的方程为，即，
则点到此公切线的距离，解得，
所以另一条公切线的方程为，即
综上，两圆的公切线方程为和．
21．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动.
(1)求证：直线平面；
(2)a为何值时，的长最小?
(3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明；
（2）先求出，.进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得.根据勾股定理得出，结合的取值范围，即可得出答案；
（3）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，在平面内，过点作，交于点，连接，
因为，所以.
由已知可得，，，
所以，，，
所以，，
所以，.
又，所以.
因为平面，，平面，
所以，平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，所以直线平面.
（2）由（1）可知，，，
所以，，
所以，.
同理可得，.
又平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面.
因为平面，所以.
因为，，所以.
所以，是直角三角形，
所以，
.
又，所以，即为线段中点时，有最小值，
所以，当时，的长度最小，最小值为.
（3）由（2）知，平面.
又，
如图2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，设，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则是平面的一个法向量.
因为.
设与平面所成的角为，
则.
当时，；
当时，
有
.
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，，，
所以，.
因为，所以.
综上所述，与平面所成角的正弦值的最大值为.
22．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【分析】（1）设点，由题意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】（1）设点，由题意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.
令，则，可视为直线在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.
当直线的斜率不存在时，，，由可得.
所以存在点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．