2023-2024学年山东省潍坊市临朐县第一中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省潍坊市临朐县第一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．化简所得的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量减法原则，以及相反向量的定义，即可得出结果.
【详解】根据向量减法原则，，而，
故.
故选：C.
2．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．45°C．120°D．150°
【答案】A
【分析】将直线的一般式改写成斜截式，再由斜率公式可求得结果.
【详解】∵
∴
∴
又∵
∴
故选：A.
3．已知m，n是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间中位置关系的性质定理和判定定理可判断各选项的正误.
【详解】对于A，若，则或异面，故A错误.
对于B，若，则或相交，故B错误.
对于C，若，则或相交，故C错误.
对于D，由线面垂直的性质可得若，则，故D正确，
故选：D.
4．如图，在平行六面体中，P是的中点，点Q在上，且，设，，．则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】因为P是的中点，
所以，
又因为点Q在上，且，
所以
，
所以，
故选：C.
5．已知点，向量，过点P作以向量为方向向量的直线为l，则点到直线l的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得直线l的方程，再利用点到直线距离公式去求点到直线l的距离即可.
【详解】以向量为方向向量的直线l的斜率
则过点P的直线l的方程为，即
则点到直线l的距离
故选：B
6．已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把三棱柱补成四棱柱，如图所示，即可知异面直线与所成角为（或其补角），再解三角形即可求出．
【详解】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，由题意得，易知该四棱柱为长方体，，异面直线与所成角为（或其补角），
，，，
∴.
故选：C.
7．已知直线：的倾斜角为，直线的倾斜角为，且直线在轴上的截距为3，则直线的一般式方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正切二倍角公式，斜截式方程求解即可.
【详解】解：∵直线：的倾斜角为，斜率为，∴，
∵直线的倾斜角为，∴斜率为，
∴的方程为，即.
故选：B．
8．已知点，，，动点P满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题设分析知的轨迹为(不与重合)，要求的取值范围，只需求出到圆上点的距离范围即可.
【详解】由题设，在以为直径的圆上，令，则(不与重合)，
所以的取值范围，即为到圆上点的距离范围，
又圆心到的距离，圆的半径为2，
所以的取值范围为，即.
故选：C
二、多选题
9．给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
B．若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面
C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D．已知向量，，则在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】利用线面位置关系与向量的关系可判断A选项；利用空间向量共面的基本定理可判断B选项；利用空间向量基底的概念可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线的方向向量为，平面的法向量为，
则，则，所以，或，A错；
对于B选项，对空间中任意一点，有，
则，整理可得，
故、、、四点共面，B对；
对于C选项，三个不共面的向量可以成为空间的一个基底，
两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，C对；
对于D选项，已知向量，，
则在方向上的投影向量为，D对.
故选：BCD.
10．一条光线从点射出，经轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在直线的方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】反射光线一定经过点关于轴的对称点，考虑斜率不存在和斜率存在两种情况，利用点到直线距离等于半径列出方程，求出斜率，得到答案.
【详解】点关于轴的对称点为，则反射光线一定经过点，
由于圆心为，半径为1，
若反射光线的斜率不存在，此时反射光线方程为，与圆无交点，
设反射光线的斜率为，则可得出反射光线为，即，
因为反射光线与圆相切，则圆心到反射光线的距离，即，
解得或，则反射直线的方程为或.
故选：.

11．已知直线和圆，则（ ）
A．直线l恒过定点（2，0）
B．存在k使得直线l与直线垂直
C．直线l与圆O相交
D．若，直线l被圆O截得的弦长为
【答案】BCD
【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长
【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；
当 时，直线与直线垂直，故B正确：
∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：
当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，
故选：BCD.
12．如图，在四棱锥中，平面平面，侧面PAD是边长为的正三角形，底面为矩形，，Q是PD的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．CQ⊥平面PAD
B．PC与平面AQC所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为
D．四棱锥外接球的半径为3
【答案】BD
【分析】证明两两垂直，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面PAD的法向量，和比较可判断A；根据线面角的向量求法可判断B；根据等体积法可判断C；确定四棱锥外接球的球心，即可求得半径，判断D.
【详解】如图，取AD的中点O，BC的中点E，连接，,
则，而；

因为为等边三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为，所以两两垂直．
以O为坐标原点，以所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则点，，，)，，，
因为Q是PD的中点，所以Q点坐标为.
平面的一个法向量可取为，，
显然与不共线，所以CQ与平面不垂直，所以A不正确；
，，，
设平面的一个法向量为，则，
令x＝1，则，，所以.
设PC与平面所成角为，则，
所以，所以B正确；
三棱锥的体积为，所以C错误；
由题意四棱锥外接球的球心位于平面上，设为点，
则，
所以，解得，
即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，D正确，
故选：BD
三、填空题
13．已知圆C：x2+y2-6x-8y-m=0，其中m∈R，如果圆C与圆x2+y2=1相外切，则m的值为 .
【答案】-9
【分析】根据圆与圆之间的位置关系可推出两圆心之间的距离等于两圆半径之和.
【详解】由圆C：x2+y2-6x-8y-m=0，可得（x-3）2+（y-4）2=25+m，则圆心C（3，4），半径，由圆x2+y2=1，可得圆心（0，0），半径R=1，因为两圆外切，则，解得m=-9
故答案为：-9
14．已知点，，，则到的距离为 .
【答案】/
【分析】根据已知条件求得，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】因为，，
所以
所以,
所以点到的距离
.
故答案为:.
15．如图，在二面角中，且，垂足分别为A，B，已知，，则二面角所成平面角为 ．

【答案】/120
【分析】在面内，作，过作交于，连接，根据二面角定义找到对应的平面角，应用余弦定理求其余弦值，进而确定大小.
【详解】在面内，作，过作交于，连接，如下图示，

由，则为二面角的平面角，且，
又易知为正方形，即，
，面，则面，面，
所以，中，故，
在中，则，
由图知：，可得.
故答案为：
16．若圆上恰有四个点到直线的距离为1，则实数的取值范围是
【答案】
【分析】作出到直线的距离为1的点的轨迹，得到与直线平行，且距离为1的两条直线，由题意，两条平行线与圆有四个公共点，利用点到直线距离公式可得两条平行线中与圆心O距离较远的一条到原点的距离，分析可得，即得解
【详解】作出到直线的距离为1的点的轨迹，得到与直线平行，且距离为1的两条直线
由于圆的圆心为原点，原点到直线的距离为：
故两条平行线中与圆心O距离较远的一条到原点的距离
又圆上恰有四个点到直线的距离为1，
故两条平行线与圆有四个公共点，即它们与圆相交
由此可得圆的半径，故实数的取值范围是
故答案为：
四、解答题
17．已知两直线.当为何值时，和.
(1)平行；
(2)垂直.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据与平行的条件且列式可得答案；
（2）根据与垂直的条件列式可得答案.
【详解】（1）因为，所以，解得或，
当时，直线两条直线重合，
故时，；
（2）因为，所以，解得或.
18．如图，在四面体OABC中，，N是棱BC的中点，P是线段MN的中点．设，，．
(1)用，，表示向量；
(2)已知，，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由P是线段MN的中点得，由N是棱BC的中点，得，即可求；
（2）由数量积运算直接求模即可
【详解】（1）连接，因为P是线段MN的中点，所以，
因为N是棱BC的中点，，即，
所以．
（2）
因为，，
所以，故．
19．已知圆C的圆心C在直线上，且与直线相切于点．
(1)求圆C的方程；
(2)若过点的直线l被圆C截得的弦AB长为6，求直线l的方程．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求出直线PC的方程，再与直线联立求出圆心坐标即可求解作答.
（2）求出圆心C到直线l的距离，设出直线l的方程，借助点到直线距离公式计算作答.
【详解】（1）设与直线垂直的直线方程为，依题意，点在直线上，
即有，解得，于是得圆心C所在直线：，
由解得，则圆心，半径，
所以圆C的方程为.
（2）因直线l被圆C截得的弦AB长为6，则圆心C到直线l的距离，
当直线l的斜率不存在时，直线l：，圆心C到此直线的距离为2，则直线l：，
当直线l的斜率存在时，设直线，即，
圆心C到此直线的距离，解得，于是有，
所以直线l的方程为或.
20．如图，AP是圆柱的母线，正△ABC是该圆柱的下底面的内接三角形，D，E，F分别为BC，PB，AB的中点，G是EF的中点，且AP=AC.
(1)求证：DG平面PAC；
(2)求直线DG与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接DE，可得EFPA，即可证得EF平面PAC，证得DEPC，可证得DE平面PAC，从而可证得平面DEG平面PAC，再根据面面平行的性质即可证得DG平面PAC；
（2）以A为坐标原点，分别以AD，AP所在直线为y､z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.
【详解】（1）证明：如图，连接DE，
∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EFPA，
平面PAC，平面PAC，∴EF平面PAC，
∵D，E分别为BC，PB的中点，∴DEPC，
平面PAC，平面PAC，∴DE平面PAC，
又平面DGE，且，
∴平面DEG平面PAC，而平面DEG，
∴DG平面PAC;
（2）解：以A为坐标原点，分别以AD，AP所在直线为y､z轴建立空间直角坐标系，
∵△ABC是正三角形，且AP=AC，不妨设AP=4，
.
.
设平面PBC的一个法向量为，
则取y=1，则.
设直线DG与平面PBC所成角为，
则，
∴直线DG与平面PBC所成角的正弦值为.
21．如图，在三棱柱中，，点为棱的中点，平面平面，且.
(1)求证：平面.
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证得，结合平面平面，利用面面垂直的性质定理，即可证得平面；
（2）由（1）知平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接，因为侧面为菱形，且，
所以为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面，
且平面平面，所以平面．
（2）解：由（1）知平面，
因为平面，所以，
又因为，且为的中点，所以，
以为坐标原点，以DB，DC，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示：
不妨设，可得，，，，，
由，可得，
则，，，，
设平面的法向量为，则有,
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
22．已知圆C：，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)若P的坐标为，求过点P的切线方程；
(2)试问直线AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；
(3)直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.
【答案】(1)或
(2)是，
(3)
【分析】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率即可得方程
（2）设P（t，﹣t），，可得PC为直径得方程，可求得直线AB得方程为，即可得定点.
(3)由可得，进而可得：• ，可求得其范围.
【详解】（1）设切线方程为 ，即
圆心坐标为，半径
根据圆的切线的定义可知：，即
解得：或
代回方程可求得切线方程为：或
或
（2）∵圆
∴圆心C（2，0），半径r＝1
设P（t，﹣t），由题意知A，B在以PC为直径的圆上，又C（2，0）
∴，即
又圆C：，即
故直线AB的方程为，即
由，解得，
即直线AB恒过定点.
（3）由，得
∴
设E（x1，y1），F（x2，y2），
∴，
∴，

•
∵
∴
∴•的取值范围为.