2023-2024学年广东省广州市第五中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市第五中学高二上学期期中数学试题含答案，共20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．直线的倾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据倾斜角和斜率的关系即可求解.
【详解】由题意可知直线的斜率为，故其倾斜角为.
故选：D
2．已知向量，且，其中，则（ ）
A．4B．－4C．2D．－2
【答案】B
【分析】由两向量的横坐标可以看出，，则可得到的值.
【详解】由，设，则有
，可解得，，
所以.
故选：B.
3．已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将化为，再利用平行线间距离公式即可求解.
【详解】由可得，
由平行线间距离公式可得：
它们之间的距离为，
故选：C
4．在正方体中，点是的中点，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】化简得到，得到，，得到答案.
【详解】，
故，，.
故选：.
【点睛】本题考查了空间向量的运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
5．襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.
【详解】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，设直线AH与直线IG所成角为，
则，
故直线AH与直线IG所成角的余弦值为.

故选：D.
6．过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点M，则的最大值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】求出A，B的坐标，并判断两直线垂直，推出点M在以为直径的圆上，求得，即，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】由题意知过定点,
动直线即过定点，
对于直线和动直线满足，
故两直线垂直，
因此点M在以为直径的圆上，，
则，
所以，
当且仅当时等号成立，
故的最大值为，
故选：C
7．已知曲线与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出曲线（上半圆），直线过定点，求出图中两条的斜率可得所求范围．
【详解】解：曲线整理得，则该曲线表示圆心为，半径为1的圆的上半部分，直线过定点，如图，当时，曲线与直线有两个不同的交点，
由，得或，所以，
，
所以实数的取值范围是.
故选：A．
【点睛】方法点睛：本题考查直线与曲线的位置关系，解题方法是数形结合思想，即作出曲线（半圆），而直线是过定点的动直线，由直线与半圆的交点个数可得直线的位置，求出临界点直线的斜率后可得结论．
8．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意求平面的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】因为平面的方程为，
所以平面的法向量可取，
同理平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
设直线的方向向量，
则，令，则，
则直线l与平面所成角的正弦值为
.
故选：A
二、多选题
9．已知圆：，则（ ）
A．点在圆的内部B．圆的直径为
C．点在圆的外部D．直线与圆相离
【答案】AD
【分析】根据点到圆心的距离与半径的关系可判断AC，由点到直线的距离可判断D，根据圆的方程可知半径进而可判断B.
【详解】对于A, 点与圆心的距离为，故在圆的内部，故A正确，
对于B,圆的半径为 故圆的直径为4，故B错误，
对于C，点与圆心的距离为，等于圆的半径，故在圆上，故C错误，
对于D，圆心到直线的距离为，故直线与圆相离，故D正确，
故选：AD
10．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．为钝角D．在方向上的投影向量为
【答案】BD
【分析】利用向量垂直，平行的坐标关系判断A，B，根据向量夹角公式判断C，根据投影向量和投影数量的关系计算求解判断D.
【详解】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上的投影向量，D对，
故选：BD.
11．若直线l：与圆C：相切，则直线l与圆D：的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【答案】AC
【解析】由直线圆相切求出，再求出到直线的距离，判断它们的位置关系．
【详解】由题意，圆半径为，则，解得，
直线方程为，
．圆半径为，
时，到直线的距离为，相离，
时，到直线的距离为，相交，
故选：AC．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，求出圆心到直线的距离与圆半径比较可确定它们的位置关系．
12．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．线段长度的取值范围是
C．当点与点重合时，四棱锥的体积为
D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为
【答案】BC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点、，其中，，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出与的关系式，利用反比例函数的基本性质可判断B选项；利用锥体和台体的体积公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】因为平面，，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，
则、、、、、、、
设点、，其中，.
对于A选项，若存在点，使得，且，，
，解得，不合乎题意，A错；
对于B选项，设，其中、，
即，即，可得，
，则，所以，，B对；
对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：
在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，且，同理且，且，
所以，，故几何体为三棱台，
，，
，
，
因此，，C对；
对于D选项，，，
则点到直线的距离为，
，则点到直线的距离为
，
所以，，故，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
三、填空题
13．已知经过点和点的直线l1与经过点和点的直线互相垂直，则实数 .
【答案】
【分析】分别求出两条直线的斜率，再利用两条直线相互垂直的性质即可得解．
【详解】因为，，所以，
因为两条直线相互垂直，所以直线的斜率必然存在，
又，，则，，
又所以，解得．
所以．
故答案为：.
14．在空间直角坐标系中，已知点，，若点在轴上，且，则M的坐标是 .
【答案】
【分析】设，利用距离公式可得关于的方程，解方程后可得的坐标.
【详解】依题意，设，
因为，，，
所以，解得，
所以．
故答案为：.
15．如图所示，长方体的底面是边长为1的正方形，长方体的高为2，E､F分别在､AC上，且，则直线EF与直线的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出，由求得，连接并延长交于，在中，作于，由余弦定理求得，再由三角形知识求得即可求解.
【详解】
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
设，又，则，
则，又，则，解得，
则，连接并延长交于，由得为中点，同理可得连接并延长也交于点，
，画出的平面图，作于，
由余弦定理得，则，，
又，则直线EF与直线的距离为.
故答案为：.
【点睛】本题关键点在于先建立空间直角坐标系，利用空间向量共线的坐标运算求得，进而在中，由余弦定理及平方关系求得，再由三角形知识求解即可.
16．已知P是直线l: 上一动点，过点P作圆C:的两条切线，切点分别为A、B.则四边形PACB面积的最小值为 .
【答案】2
【分析】由圆的方程为求得圆心、半径r为，由“若四边形面积最小，则圆心与点的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离时，切线长，最小”，最后将四边形转化为两个直角三角形面积求解．
【详解】由题意得：圆的方程为：
∴圆心为，半径为2，
又∵四边形PACB的面积，所以当PC最小时，四边形PACB面积最小．将代入点到直线的距离公式，，
故四边形PACB面积的最小值为2．
故答案为：2
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，主要涉及了构造四边形及其面积的求法，同时，还考查了转化思想．此题属中档题．
四、解答题
17．已知，求：
(1)的值；
(2)与夹角的余弦值．
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）根据向量平行与垂直求得，进而求得.
（2）先求得与的坐标，然后根据向量夹角公式求得正确答案.
【详解】（1）因为，所以，解得，，
则，．又，所以，即，
解得，于是，．
（2）由（1）得， ，设与的夹角为，
因为．所以与夹角的余弦值为．
18．已知圆，直线．
(1)写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系；
(2)设直线与圆交于A、两点，若直线的倾斜角为120°，求弦的长．
【答案】(1)圆心，半径，与圆相交；
(2)﹒
【分析】（1）将圆的方程化为标准方程即可求其圆心C和半径r，求出直线l经过的定点，判断定点与圆的位置关系即可判断l与圆的位置关系；
（2）求出圆心到直线的距离d，根据即可求弦长．
【详解】（1）由题设知圆：，
∴圆的圆心坐标为C，半径为r＝．
又直线可变形为：，则直线恒过定点，
∵，
∴点在圆内，故直线必定与圆相交．
（2）由题意知，
∴直线l的斜率，
∴圆心到直线：的距离，
∴．
19．如图，在多面体中，四边形是正方形，平面，，
（1）求证：
（2）求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，由平面，可得，再由四边形是正方形，可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得；
（2）由已知可得两两垂直，所以以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】（1）连接，
因为平面，平面，
所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面平面，
所以
（2）四边形是正方形，则，又平面，以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
由,得,则，
由∥,，得,,
所以平面的一个法向量，
所以到平面的距离
20．①圆心在直线：上，圆过点；②圆过直线：和圆的交点：在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解．
已知圆经过点，且________．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知点，求过点的圆的切线方程．
【答案】(1)选①：；选②：
(2)和
【分析】（1）利用圆的定义、直线方程、直线与圆的关系、圆与圆的关系运算即可得解.
（2）利用直线与圆的关系、直线方程、点到直线的距离公式运算即可得解.
【详解】（1）解：选①：设圆心，则由题意：
∵圆心在直线：上，
∴………………………（ⅰ）
∵圆过点和，
∴，即，
化简得：…………………（ⅱ）
联立（ⅰ）（ⅱ）解得：，
∴圆心，半径为，
∴圆的标准方程为.
选②：如下图：设直线：和圆的交点为，
连接，则由直线和圆的位置关系、圆和圆的位置关系知直线，
垂足为，连接、.

由题意，圆的圆心为，半径.
∵直线方程为，，
∴直线方程为，故设圆心，
由图知，则，
由解得直线和直线交点，
则，
圆半径，
，，
由得：
，解得：.
∴圆心，半径.
∴圆的标准方程为.
（2）解：由（1）知，选①或选②，圆的标准方程均为，
如下图，点在圆外，则
因为圆的圆心到轴距离，
所以，是圆过点的一条切线.

设圆过点的另一条切线斜率为，则其方程为：
，即.
由直线与圆相切知圆心到直线距离为半径，则有
，解得：，
∴切线方程为，即.
综上知，过点的圆的切线方程为和.
21．VEX亚洲机器人比赛是全球两大机器人赛事之一.如图所示，在某次比赛中，主办方设计了一个矩形坐标场地（包含边界和内部，为坐标原点），长12米，长5米.在处有一只电子狗，在边上距离点米的点处放置机器人，电子狗的运动速度是机器人运动速度的两倍.若电子狗和机器人从起始位置同时出发，在场地内沿直线方向同时达到某点，那么电子狗被机器人捕获，称点为成功点.
(1)求成功点的轨迹方程；
(2)为了记录比赛情况，摄影机从边上某点处沿直线方向往点运动，要求直线与点的轨迹没有公共点，求点纵坐标的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，机器人运动速度为，依题意得，整理即可得解；
（2）设直线：，根据直线与点的轨迹没有公共点，则圆心到直线的距离等于半径，即可求出的取值范围，从而求出点纵坐标的取值范围.
【详解】（1）解：设，，机器人运动速度为，
由题意可得，化简得.
由于点在矩形场地内，则.
所以成功点的轨迹方程为.
（2）解：由题意可知直线的斜率存在，不妨设直线：，
直线与点的轨迹没有公共点，
由直线与圆的位置关系可得，解得.
则点纵坐标，
又因为，所以.
22．在梯形中，，，，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）.将沿AC折起到位置，使得平面平面（如图2）.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)线段上是否存在点Q，使得CQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明，
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，
（3）设出得点坐标，由空间向量列式求解，
【详解】（1）在梯形中，，，，P为AB的中点，
可得为等边三角形，四边形为菱形，
故，而平面，平面，
平面，
（2）由（1）得，，，故，，
而平面平面，平面平面，平面，，
平面，
两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则取得，
平面的一个法向量为，
故，二面角的大小为，
（3）设，则，,,
的，，
设平面的一个法向量为
CQ与平面所成角的正弦值为，
化简得，解得（舍去）
故存在，使得CQ与平面所成角的正弦值为．