2023-2024学年重庆市名校联盟高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市名校联盟高二上学期期中联考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知点，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算直线斜率，再确定倾斜角即可.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，，则，.
故选：A.
2．已知空间向量，若，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】直接由数量积的坐标公式进行运算即可.
【详解】由题意，
所以由数量积的坐标公式有，
解得，即的值为.
故选：B.
3．已知直线，的斜率是方程的两个根，则（ ）
A．B．
C．与相交但不垂直D．与的位置关系不确定
【答案】C
【分析】设直线的斜率为，直线的斜率为，根据判别式以及韦达定理可得到结果.
【详解】设直线的斜率分别为，因为，所以方程有两个不相等的实数根，
所以与相交．又，所以与不垂直．
故选：C
4．过点，，且圆心在直线上的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得线段AB的中垂线的方程，再根据圆心又在直线上求得圆心，圆心到点A的距离为半径，可得圆的方程．
【详解】因为过点与，
所以线段AB的中点坐标为，，
所以线段AB的中垂线的斜率为，
所以线段AB的中垂线的方程为，
又因为圆心在直线上，
所以，解得，
所以圆心为，
所以圆的方程为.
故选：A
5．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合已知条件，根据空间向量的线性运算法则求解即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
因为，
所以.
故选：D.
6．已知直线：恒过点，过点作直线与圆C：相交于A，B两点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．4D．
【答案】A
【分析】写出直线的定点坐标并判断与圆的位置关系，进而确定最小时直线与直线的位置关系，即可得结果.
【详解】由恒过，
又，即在圆C内，
要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直，所得弦长最短，
由，圆的半径为5，
所以.
故选：A
7．如图，平面与平面所成的二面角是，是平面内的一条动直线，，则直线与所成角的正弦值的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】假定ABCD和BCEF均为正方形，过D作，可证平面BCEF，进而可得直线BD与平面BCEF所成的角正弦值，即直线与所成角的正弦值的最小值，当直线与异面垂直时，所成角的正弦值最大.
【详解】过D作，垂足为G，
假定ABCD和BCEF均为正方形，且边长为1
则平面CDG，故
又，平面BCEF
故直线BD在平面BCEF内的射影为BG，
由已知可得，
则以直线BD与平面BCEF所成的角正弦值，
所以直线BD与平面BCEF内直线所成的角正弦值最小为，
而直线与所成角最大为（异面垂直），即最大正弦值为1.
故选：B
【点睛】本题考查了立体几何中线面角，面面角找法，考查了转化思想，属于难题.
8．在平面直角坐标系中，若圆上存在点，且点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出圆关于直线的对称圆的方程，由对称圆与圆有公共点可得答案．
【详解】圆的圆心为，
设关于直线的对称点为，
所以，解得，
关于直线的对称点为，
由题意得，以为圆心，以为半径的圆与圆有公共点，
所以，解得：.
故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出圆关于直线的对称的圆与圆有公共点，考查了学生思维能力.
二、多选题
9．若过点的直线l与圆有公共点，则直线l的斜率可为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】考虑直线l的斜率不存在时，不合要求，当斜率存在时，设为，由点到直线距离列出不等式，求出，得到答案.
【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，与无公共点，舍去，
当直线l的斜率存在时，设过点的直线l的方程为，
则圆的圆心到直线l的距离，解得.
故选：BD.
10．如图，以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，翻折和，使得平面平面.下列结论正确的是（ ）
A．B．是等边三角形
C．三棱锥是正三棱锥D．平面平面
【答案】ABC
【分析】利用面面垂直以及线面垂直的性质可判断A选项；设，利用勾股定理可判断B选项；利用正棱锥的定义可判断C选项；利用面面垂直的性质结合面面垂直的性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，翻折前，因为，为的中点，则，
翻折后，对应地有，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，因为平面，故，A对；
对于B选项，设，翻折前，因为为等腰直角三角形，
为的中点，则，且，，
由勾股定理可得，
翻折后，因为平面，平面，则，
由勾股定理得，
在三棱锥中，，则为等边三角形，B对；
对于C选项，在三棱锥中，因为为等边三角形，，
故三棱锥为正三棱锥，C对；
对于D选项，假设平面平面，如下图所示：
取的中点，连接、，因为，为的中点，则，
若平面平面，因为平面平面，平面，
所以，平面，
设等边的中心为点，连接，由正棱锥的性质可知，平面，
因为过点作平面的垂线，有且只有一条，故假设不成立，
即平面与平面不垂直，D错.
故选：ABC.
11．圆和圆的交点为，，则有（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
C．公共弦的长为
D．圆上存在三个点到直线的距离为
【答案】ABD
【分析】求得公共弦所在直线方程判断选项A；求得到直线距离的最大值判断选项B；求得公共弦的长判断选项C；求得圆心到直线的距离进而可判断选项D.
【详解】圆的圆心，半径
选项A：由和两式怍差得
则公共弦所在直线方程为.判断正确；
选项B：圆心到直线的距离为
则圆上动点到直线距离的最大值为.判断正确；
选项C：公共弦的长.判断错误；
选项D：圆心到直线的距离为
又圆的半径，
则圆上存在三个点到直线的距离为.判断正确.
故选：ABD
12．已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
因为正四面体的长为2，
所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以
设，则，
所以，
所以，
，
对于Ａ：因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B：若，则，
所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，
所以平面，即平面，故B正确；
对于C：若平面，则，即，
，即，
设平面的一个法向量为，因为，，
则，取，则，
因为，
所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为，
则，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D正确，
故选：BCD．
三、填空题
13．已知空间向量， 且，则 .
【答案】
【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可.
【详解】∵， 且，
∴存在实数使得，即，
∴，解得.
故答案为：.
14．已知方程表示圆，则整数可以是 （答案不唯一，写一个即可）．
【答案】1（答案不唯一，小于2的整数都可以）
【分析】根据圆的一般式方程即可列不等式求解.
【详解】表示圆，则，解得，
故答案为：1（答案不唯一，小于2的整数都可以）
15．瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点，，，则欧拉线的方程为 ．
【答案】
【分析】根据给定信息，利用三角形重心坐标公式求出的重心，再结合对称性求出的外心，然后求出欧拉线的方程作答.
【详解】因的顶点，，，则的重心，
显然的外心在线段AC中垂线上，设，
由得：，解得：，即点，
直线，化简整理得：，
所以欧拉线的方程为.
故答案为：
四、双空题
16．如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和为的中点，则在翻折过程中，与的夹角为 ，点的轨迹的长度为 ．
【答案】 /
【分析】通过证明面得，故与的夹角为；设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹.
【详解】由为边的中点知：且，
易知，而，面，故面，
又面，所以，
故与的夹角为．
设是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，
即为平行四边形，故且，
故的轨迹与的轨迹相同.
因为面且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的半圆，
设的中点为，则，，
又面，面，所以面，
故的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
所以的轨迹长度为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：①将的轨迹转化为的轨迹；
②若的轨迹为圆，则的中点的轨迹也是圆.
五、解答题
17．三角形三个顶点是，，
(1)求AB边上的高所在直线的方程；
(2)求BC边上的中线所在直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出AB边上的高的斜率，用点斜式方程即可求得；
（2）求出BC边上的中点，利用两点式方程即可求得.
【详解】（1）因为，，所以.
所以AB边上的高的斜率为.
所以AB边上的高所在直线为：，即
（2）因为，，所以BC边上的中点
所以BC边上的中线所在直线，即.
六、证明题
18．如图，设为正方体，动点在对角线上，记．
(1)证明：；
(2)当为钝角时，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明；
（2）显然不是平角，则为钝角时有，解得不等式即可．
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则；
，
因为，所以，
所以，
所以，所以．
（2），，
与是异面直线，显然不是平角，
则为钝角，有，解得．
所以的取值范围为．
七、解答题
19．已知圆C：．
(1)过点向圆C作切线l，求切线l的方程；
(2)若Q为直线m：上的动点，过Q向圆C作切线，切点为M，求的最小值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）按斜率存在和不存在两种情形分类求解，斜率存在时设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数值；
（2）确定直线与圆相离，由切线长公式最小即可，只要 求得圆心到直线的距离（为最小值）即可得切线长的最小值．
【详解】（1）若切线l的斜率不存在，则切线l的方程为．
若切线l的斜率存在，设切线l的方程为，即．
因为直线l与圆C相切，所以圆心到l的距离为2，即，解得，
所以切线l的方程为，即．
综上，切线l的方程为或．
（2）圆心到直线的距离为，直线m与圆C相离，
因为，所以当最小时，有最小值．
当时，最小，最小值为，
所以的最小值为．
八、证明题
20．如图，在直三棱柱中，D，E分别是棱AB，的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线与平面所成的角的正弦值．
条件①：；条件②：；条件③：到平面的距离为1．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合线面平行的判定定理即可求解；
（2）选择①，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择②，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择③，根据直棱柱的定义及直线到平面的距离的定义，再利用线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接.
分别是，的中点, .
D是的中点，
直三棱柱， .，.
四边形为平行四边形.
又平面，平面，所以平面.
（2）选择条件①：；
直三棱柱，平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面.
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件②：；
取的中点为，连接.
直三棱柱，分别是，的中点,
平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面..
分别是，的中点, ，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件③：到平面的距离为1．
过点作,垂足为，
直三棱柱，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.平面.所以
由（1）知平面；因为到平面的距离为1，
所以.又，所以
又因为是的中点, ,所以是的中点, .
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
九、解答题
21．已知圆心在轴的正半轴上，且半径为2的圆被直线截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）设动直线与圆交于两点，则在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）当点为时，直线与直线关于轴对称，详见解析
【分析】（1）设圆的方程为，由垂径定理求得弦长，再由弦长为可求得，从而得圆的方程；
（2）假设存在定点，使得直线与直线关于轴对称，则，同时设，直线方程代入圆方程后用韦达定理得，即为，代入可求得，说明存在．
【详解】（1）设圆的方程为：
圆心到直线的距离
根据垂径定理得，
，解得，
，故圆的方程为
（2）假设存在定点，使得直线与直线关于轴对称，
那么，
设
联立得：
由
.
故存在，当点为时，直线与直线关于轴对称.
【点睛】本题考查圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系．在解决存在性命题时，一般都是假设存在，然后根据已知去推理求解．象本题定点问题，就是假设存在定点，用设而不求法推理求解，解出值，如不能解出值，说明不存在．
22．如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，．
(1)求点到平面的距离；
(2)点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）取的中点，连接，，过点作，交于，进而证明点在上，平面，即可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（2）结合（1）求平面的法向量为，设，，进而求平面的法向量，再根据向量方法求解即可.
【详解】（1）：取的中点，连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因为平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
所以，，，，．
过点作，交于，则两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，点到平面的距离为．
（2）解：结合（1）得，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．