2023-2024学年广东省深圳市翠园中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省深圳市翠园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．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用平面向量的坐标计算可得答案．
【详解】
故选：B
2．若直线是圆的一条对称轴，则m的值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】求出圆心坐标代入直线方程可求得参数值．
【详解】由已知圆的标准方程是，圆心坐标为，
所以，．
故选：B．
3．若直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）
A．1B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先求得m的值，再去求两平行直线间的距离即可.
【详解】由直线与直线平行，
可得，解之得
则直线与直线间的距离为
故选：B
4．两圆与的公切线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【分析】求得圆心坐标分别为，半径分别为，根据圆圆的位置关系的判定方法，得出两圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意，圆与圆，
可得圆心坐标分别为，半径分别为，
则，
所以，可得圆外离，
所以两圆共有4条切线.
故选：D.
5．已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.
【详解】，设向量在向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，所以.
故选：C.
6．已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆E上一动点，G点是三角形的重心，则点G的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，利用三角形的重心坐标公式可得，将其代入可得结果.
【详解】分别为椭圆的左、右焦点，
设，G点是三角形的重心
则，得，
又是椭圆E上一动点，，即，
又G点是三角形的重心，
所以点G的轨迹方程为
故选：B
7．已知椭圆，点关于直线的对称点落在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求得点关于直线的对称点的坐标，根据点的坐标满足椭圆方程，整理化简求得，再结合离心率计算公式求解即可.
【详解】易知点关于直线的对称点为，
根据题意可得：，故可得或，又，故；
则离心率.
故选：D.
8．已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据上，得到点p在线段AB上，其方程为上，又点在直线l上，联立其方程，求得，然后由求解.
【详解】将代入得，
将代入得，
所以A，B不在直线l上，
又上，
所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
即，
因为，
所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到点P在线段AB上，再根据点P的直线l上，联立求得，再利用斜率与倾斜角的关系而得解.
二、多选题
9．已知直线，则（ ）
A．在轴上的截距为2B．
C．的交点坐标为D．之间的距离为
【答案】BC
【分析】选项A：令，求在轴上的截距；
选项B：根据直线垂直对应系数关系求解；
选项C：解方程组求解；
选项D：根据两平行线间距离求解；
【详解】令 ，易得在轴上的截距为，A错误．
由，得，B正确．
由得所以的交点坐标为，C正确．
易得，则之间的距离为，D错误．
故选：BC.
10．下列关于空间向量的命题中，正确的是（ ）
A．若非零向量，，满足，，则有
B．任意向量，，满足
C．若，，是空间的一组基底，且，则A，B，C，D四点共面
D．已知向量，，若，则为锐角
【答案】ACD
【分析】根据共线向量的性质、共面向量定义、空间夹角的计算公式逐一判断即可.
【详解】A：因为，，是非零向量，所以由，，可得，因此本选项说法正确；
B：因为向量， 不一定是共线向量，因此不一定成立，所以本选项说法不正确；
C：因为，，是空间的一组基底，
所以三点不共线，又因为，
所以A，B，C，D四点共面，因此本选项说法正确；
D：，当时，
，若向量，同向，则有，
所以有，而，所以向量，不能同向，因此为锐角，故本选说法正确，
故选：ACD
11．已知P是椭圆上的动点，Q是圆上的动点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为B．椭圆C的离心率为
C．的最大值为3D．的最小值为
【答案】BC
【分析】根据椭圆的标准方程和几何性质，可判定A不正确，B正确，设椭圆上一点，求得，求得和，进而可判定C正确，D不正确.
【详解】由椭圆，可得，所以，
所以椭圆的焦距为，离心率为，所以A不正确，B正确；
又由圆，可得圆心，半径为，
设椭圆上任意一点，
则，
令，可得图象是开口向上的抛物线，且对称轴为，
当时，可得，所以；
当时，可得，所以，
则的最小值为，所以C正确，D不正确.
故选：BC.
12．已知的顶点在圆上，顶点在圆上.若，则（ ）
A．的面积的最大值为
B．直线被圆截得的弦长的最小值为
C．有且仅有一个点，使得为等边三角形
D．有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线
【答案】ACD
【分析】设点到直线的距离为，由求得的最大值判断A，利用直线和圆的位置关系判断B，利用为等边三角形，则需，判断C，利用射影定理可得进而判断D.
【详解】设线段的中点为，因为圆的半径为2，，
所以，且，

对于A选项，设点到直线的距离为，则，
所以当且仅当四点共线时，点到直线距离的最大值为15，所以的面积的最大值为，故A正确；
对于B选项，点到直线的距离小于等于，当时，等号成立，又的最大值为7，
所以点到直线的距离的最大值为7，这时直线被圆截得的弦长的最小值为，故B错误；
对于C选项，若为等边三角形，则需，，因为，
所以点的轨迹是以为圆心的单位圆，所以，又的最小值为4，所以，
当且仅当四点共线时成立，因此有且仅有一个点，使得为等边三角形，故C正确；
对于D选项，若直线，都是圆的切线，则，由射影定理，可得，
同上，当且仅当三点共线时，，因此有且仅有一个点，使得直线，都是圆的切线，故D正确；
故选：ACD
三、填空题
13．已知空间向量，，且，则 .
【答案】
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示及模长公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以.
故答案为：.
14．过点且在轴，轴上截距相等的直线方程为
【答案】和
【分析】根据斜率是否为0，分两种情况，结合直线的截距式方程即可求解.
【详解】当直线经过原点时，此时直线方程为，且在轴，轴的距离均为0，符合题意，
当直线在轴，轴均不为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，故直线方程为，
故答案为：和
15．写出一个既与轴相切又与直线相切，且半径为3的圆的标准方程： .
【答案】（或，或，或）
【分析】利用待定系数法即可求得该圆的方程.
【详解】设所求圆的方程为，
则有，即，
解之得，或，或，或，
则所求圆的方程为，或，
或，或
故答案为：（或，或，或）
16．已知P是椭圆上的动点，是椭圆的左右焦点，O是坐标原点，若M是的角平分线上一点，且，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设是第二象限的点,作出图形,设与直线交于点,易得,再结合椭圆中,,可得,再由椭圆中,可得.
【详解】由题意,设是第二象限的点,作出图形(见下图),设与直线交于点,
因为,所以,
又M是的角平分线上一点，则,,
故是的中位线,则.
是椭圆上的动点，则,
在椭圆中,,,,
则,
则,,
又因为椭圆中,所以,
故,即.
故答案为:.
【点睛】本题考查了椭圆的几何性质,考查了转化思想在解题中的运用,利用三角形的中位线、椭圆中,是解决本题的关键,属于中档题.
四、解答题
17．已知的三个顶点是．
(1)求AB边的高所在直线的方程；
(2)若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据点斜式求得边的高所在直线的方程.
（2）对是否与直线平行进行分类讨论，由点斜式或斜截式求得直线的方程.
【详解】（1）直线的斜率为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边的高所在直线的方程为.
（2）直线的斜率为，
若直线与直线平行，则直线的方程为.
线段的中点坐标为，
若直线过，则直线的方程为.
18．已知圆过点，且圆心在直线上．
(1)求圆的方程；
(2)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算的垂直平分线，计算交点得到圆心，再确定半径得到答案.
（2）根据垂直和中点得到关于直线对称的点为，即为所求直线.
【详解】（1），则的垂直平分线的斜率为，中点为，
故的垂直平分线为，，解得，即圆心为，
圆的半径，
故圆方程为.
（2）反射光线恰好平分圆的圆周，故反射光线过圆心，
设关于直线对称的点为，
则，且，解得，即，
，
故反射光线为，即.
19．如图，在正方体中，E，F，G分别是，，的中点．

(1)证明：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，证明得；
方法二：连接，证明平面得；
（2）证明为平面的一个法向量，用空间向量运算求线面角.
【详解】（1）正方体的棱长为2，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，．

，，，．
因为，所以，即．
方法二：连接．

在正方体中，平面，所以．
因为，所以．
因为，所以四点共面，
在正方形中，E，G分别是边，的中点，可得≌，
所以，，所以．
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以．
（2）因为，所以，即．
因为，平面，
所以平面，即为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
20．某公园有一圆柱形建筑物，底面半径为2米，在其南面有一条东西走向的观景直道（图中用实线表示），建筑物的东西两侧有与直道平行的两段辅道（图中用虚线表示），观景直道与辅道距离5米．在建筑物底面中心O的北偏东45°方向米的点A处，有一台360°全景摄像头，其安装高度低于建筑物高度．请建立恰当的平面直角坐标系，并解决问题：

(1)在西辅道上与建筑物底面中心O距离4米处的游客，是否在摄像头监控范围内？
(2)求观景直道不在摄像头的监控范围内的长度．
【答案】(1)游客在该摄像头的监控范围内
(2)8.75米
【分析】（1）建立坐标系，利用直线和圆的位置关系可以判断；
（2）根据直线和圆相切求出切线，利用切线和观景直道所在直线的交点可得范围.
【详解】（1）设为原点，正东方向为轴，建立平面直角坐标系，，
因为，，则，依题意得，游客所在位置为，
则直线的方程为，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，所以游客在该摄像头的监控范围内．
（2）由图知，过的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物挡住，
所以设直线过点且和圆相切，
①若直线垂直于轴，则直线不会和圆相切；
②若直线不垂直于轴，设，整理得，
所以圆心到直线的距离为，解得或，
所以或，
即或，
观景直道所在直线方程为，
设两条直线与的交点为D，E，
由，解得，
由，解得，
所以，
答：观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为8.75米．

21．如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且．
(1)证明：；
(2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（2）根据四点共面、线面垂直等求出点的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角的平面角的正弦值.
【详解】（1）因为，、都垂直平面，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
，则，
所以，则，故；
（2）设平面的法向量为，
则，令，则
设，则，由于平面，所以，则，所以，即，
又平面，故存在实数，且满足，使得，
故，解得，所以
设平面的法向量为，又
则，令，则
设平面的法向量为，又
则，令，则，
所以，所以
则二面角的平面角的正弦值为.
22．已知圆与圆相切．
(1)求圆的半径；
(2)若圆与圆相内切， 设圆与轴的负半轴的交点为， 过点作两条斜率之积为-3的直线， 分别交圆于两点， 求点到直线距离的最大值．
【答案】(1)或
(2)．
【分析】（1）根据两圆外切或内切进行分类讨论，从而求得.
（2）设出直线和直线的方程，求得两点的坐标，根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，求得直线的方程，进而求得点到直线距离的最大值.
【详解】（1）由题易知，圆C的标准方程是．
因为圆与圆相切，所以分两圆外切与内切两种情况讨论．
若圆与圆相外切，则，解得；
若圆与圆相内切，
即圆内切于圆，
则，解得．综上可得，或．
（2）由（1）知，若圆与圆相内切，则．由圆，可得．
设，，直线，的斜率分别为，，则直线，．
联立方程整理得，
所以，即．所以．
同理得．由，可得．
将代入，可得点，
，
当时，直线MN的斜率存在，．
所以直线MN的方程为，
即，
化简得．所以直线恒过一定点，该定点为，．
故点P到直线MN的距离小于；
当时，直线MN的斜率不存在，
，或，，
所以直线MN的方程为，点P到直线MN的距离为．
综上所述，点P到直线MN距离的最大值为．
【点睛】圆与圆的位置关系中，“相切”包括了内切和外切，在解题过程中，如果题目所给条件是“相切”，则可能为内切和外切两种情形.要求直线的方程，首先要判断直线的斜率是否存在.