四川省南充市第一中学三校区2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市第一中学三校区2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总 分：150 分 考试时间:120 分钟
第 I 卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的特征结合倾斜角的定义分析求解.
【详解】因为直线与x轴垂直，所以直线的倾斜角为.
故选：C.
2. 已知圆，则圆心与半径分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心与半径即可
【详解】圆的方程为为标准形式，
即圆心与半径分别为，
故选：D.
3. 如图，在正方体中，异面直线AC与所成角为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由异面直线所成角的概念求解，
【详解】由题意，正方体中得，故异面直线AC与所成的角，即正方形对角线与的夹角，
故选：D
4. 已知点，是圆上的动点，则线段长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆的方程可得圆心和半径，可知所求最小值为圆心到点的距离减去半径，由此可求得结果.
【详解】由圆方程知：圆心，半径，
，.
故选：D.
5. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若且，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面垂直以及面面垂直的性质判断A，B；根据线面平行的性质判断C；根据线面垂直的性质判断D.
【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，
对于B，若，则或者或者相交，故B错误，
对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.
对于D，若，则，又，所以，故D正确，
故选：D.
6. 如图，二面角等于135°，，是棱上两点，，分别在半平面，内，，，且，，则（ ）

A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
所以，
由，，得，，
又因为，
所以
，
所以，即．
故选：C.
7. 蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴“有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.已知某“鞠”的表面上有四个点P､A､B､C，其中平面，，则该球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直得到线线垂直，进而得到三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，求出长方体体对角线的长，得到该球的半径和体积.
【详解】因为平面，平面，
所以，
又，
所以两两垂直，
所以三棱锥的外接球即为以为长，宽，高的长方体的外接球，
即该球的直径为长方体体对角线的长，
因为，
所以，
所以该球的半径为2，体积为.

故选：C
8. 已知点P是直线上的动点，过点P作圆的切线，切点为C，D，则四边形的面积的最小值是（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据切线的性质，求出圆心到直线的距离，即可得切线长的最小值，从而得面积最小值．
【详解】由题意要使得四边形的面积最小，则需要切线长最小，由切线长公式知，只要使得圆心到直线上的点的距离最小，
最小值为圆心到直线的距离，
圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，
所以最小的切线长为，
最小值．
故选：D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，选漏得2分，多选不得分.
9. 已知直线的方程为，则（ ）
A. 直线在轴上的截距为2
B. 直线在轴上的截距为3
C. 直线的倾斜角为锐角
D. 过原点且与垂直的直线方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线方程，分别令即可判断AB，由直线斜率可判断C，求出原点且与垂直的直线方程即可判断D.
【详解】在中，令，得，所以A不正确；
令，得，所以B正确；
因为直线l的斜率为，所以直线l的倾斜角为锐角，故C正确；
因为与l垂直的直线方程可设为，又直线过原点，所以，故D正确.
故选：BCD
10. 已知实数满足方程，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为 B. 的最大值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】化简圆的方程，求得圆心，半径为，分别设、和，结合直线与圆的位置关系，列出不等式，可判定A、C正确，B不正确；改写，结合其几何意义和点与圆的性质，可判定B 不正确.
【详解】由圆的方程，可化为，
设圆的圆心为，可得圆心坐标为，半径为，
对于A中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以A正确；
对于B中，由，表示原点到圆上点的距离，
又由，则的最大值为，所以的最大值为，
所以B不正确；
对于C中，设，即，由，解得，
即的最大值为，所以C正确；
对于D中，设，即，由，解得或，所以D错误.
故选：AC.
11. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线C围成的图形的周长是；
②曲线C围成的图形的面积是2π；
③曲线C上的任意两点间的距离不超过2；
④若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是
其中正确的结论为（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】AD
【解析】
【分析】对绝对值里面的进行分类讨论，去掉绝对值；根据图象曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，求出周长判断①正确；可以知道曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，判断②错误；由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，判断③错误；利用点到直线距离判断④正确.
【详解】当时，曲线C的方程可化为；
当时，曲线C的方程可化为；
当 时，曲线C的方程可化为；
当时，曲线C的方程可化为；
由图可知，曲线C是四个半径为的半圆围成的图形，
即曲线C围成的图形的周长是，故①正确；
曲线C所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，
从而曲线C所围成图形的面积为，故②错误；
由曲线C的图象可知，曲线C上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，
即，故③错误；
因为到直线的距离为，所以，
当d最小时，易知在曲线C的第一象限内的图象上，
因为曲线C的第一象限内的图象是圆心为，半径为的半圆，
所以圆心到的距离，
从而，
即，故④正确.
故选：AD.
【点睛】绝对值问题的处理思路：对绝对值里面的数的正负进行分类讨论，去掉绝对值，从而确定方程，确定图象.
12. 如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱，分别交于点F，G（G，E，F可能共线），则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点F，使得
B. 线段长度的取值范围是
C. 四棱锥的体积为2时，点F只能与点B重合
D. 设截面，，的面积分别为，，，则的最小值为4
【答案】BCD
【解析】
【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；利用等积法可判断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，，
其中，故，
又，故
即，故点F只能与点B重合，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对.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，运用空间向量的性质是解题的关键.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 平行直线与之间的距离为_________．
【答案】##0.3
【解析】
【分析】根据平行线间的距离公式即可求得答案.
【详解】由题意得即
则平行直线与之间的距离为，
故答案为：
14. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，那么________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】由于，所以直线的方向向量与平面法向量互相垂直，故，
故答案为：
15. 圆关于直线的对称圆的方程为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
求出圆心关于直线的对称点，即可得解.
【详解】的圆心为，关于对称点设为，
则有: ，解得，
所以对称后的圆心为，故所求圆的方程为.
故答案为：
【点睛】此题考查求圆关于直线的对称圆方程，关键在于准确求出圆心关于直线的对称点坐标.
16. 已知点，点，点在直线上，若满足等式的点有两个，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出满足条件的点轨迹方程，再将问题转化为直线与圆相交求参数的范围.
【详解】设，则，，
代入得，
化简得，所以，．
当时，P的轨迹是一个点，显然不满足题意，
当时，P的轨迹是一个圆，
由题意，圆与直线相交，圆心到直线的距离，
所以，解得．
故答案为：.
三、解答题：本题共 6 小题，其中 17 题 10 分，18、19、20、21、22 题 12 分，共70分.
17. 已知三角形的三个顶点是
（1）求直线AC方程（用斜截式表示）；
（2）求AB边上高所在直线方程（用一般式表示）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用斜率公式求斜率，然后由点斜式求方程，最后化成斜截式即可；
（2）先求，由直线垂直的斜率关系可得，然后点斜式求出方程，化为一般式即可.
【小问1详解】
因为，所以，
由点斜式可得直线AC方程为，即.
【小问2详解】
因为，所以所求直线斜率为，
又因为所求直线过点，
所以由点斜式可得，整理得.
18. 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
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
19. 如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.
【小问1详解】
由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面,
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
【小问2详解】
因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
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. 直线，圆.
（1）证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
（2）求直线被圆截得的最短弦长；
（3）设直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线方程.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程，代入计算，即可得到定点的坐标；
（2）根据题意，结合图形，由弦长公式代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由几何法可知当时，有最大值，即面积最大，然后代入计算即可，由代数法可知当圆心到直线的距离为最大时，面积最大，代入计算即可.
【小问1详解】
证明：由题意知可化为，
故解得直线恒过定点.
【小问2详解】
当时，弦长最短，
因为，即，
所以圆的圆心为，半径，
如图所示：由两点距离公式 ，
根据勾股定理，
∴.
【小问3详解】
方法1（几何法）
，且为钝角，
当时，有最大值，即面积有最大值，
此时同（2），即.
方法2（代数法）
设圆心到直线的距离为，则，
，
当时有最大值，此时同（2），，
当直线被圆截得的弦长最短时，与垂直，
，，即.
.
21. 如图，在三棱锥A﹣BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点.
（1）证明：平面ACD⊥平面AEF；
（2）若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.
【答案】（1）证明见解析；
（2）当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.
【解析】
分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明面面垂直；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，结合其范围即可求得结果.
【小问1详解】
因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE；因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为CD⊥AE，AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.
【小问2详解】
在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，设BC＝4，则，DF＝FC＝1，.
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则
设，则，，
设平面AEG的法向量为，
由，令，故，
设平面ACD的法向量为，
由，令，则，
设平面AEG与平面ACD所成的角为，
则，
当最大，此时最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的角最小.
22. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到的距离是点P到的距离的2倍．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）若点P与点Q关于点B对称，点，求的最大值；
（3）若过B的直线与第二问中Q的轨迹交于E，F两点，试问在x轴上是否存在点，使恒为定值？若存在，求出点M的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）138； （3）存在点，使得为定值.
【解析】
【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.
【小问1详解】
设点，由题意可得，即，
化简可得，
所以点P的轨迹方程为；
【小问2详解】
设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入可得，即的轨迹为，设，
所以，
令，则，可视为直线即在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，
所以，所以，
因此的最大值为；
【小问3详解】
存在点，使得定值.
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，
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，
综上所述，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．