四川省成都市树德中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市树德中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 空间向量，若，则实数， 在中，为的中点， 下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。


一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 空间向量，若，则实数（ ）
A. 1B. C. 0D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标公式列式计算即可.
【详解】因为向量，且，
所以，解得.
故选：D.
2. 已知直线的方程为，则该直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得，进一步得，从而可求出倾斜角的取值范围.
【详解】因为直线的方程为，直线的倾斜角为，
所以，
因为当时，，
所以，
因为，
所以，
故选：D
3. 已知圆的方程为，圆的方程为，若圆与圆外切，则的值为（ ）
A. 1B. 9C. 10D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】求出两圆的圆心和半径，再由两圆外切列方程可求得结果.
【详解】由，得，
所以圆心，半径，
由，得，
所以圆心，半径，
因为圆与圆外切，
所以，即，
所以，得，
故选：B
4. 在斜三棱柱的底面中，，且， ，则线段的长度是（ ）

A. B. 3C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据几何图形，利用基底向量表示，再根据数量积公式，求模长.
【详解】，
,
,
所以.
故选：A
5. 在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得最大时的位置，进而求得到平面的距离，进而可求直线与平面所成角的正弦值
【详解】设，则
由知最大时最大
又
当且仅当即时取等
此时是的中点，
设到平面的距离为
由得，即，解得
设直线与平面所成角为：
故选： A .
6. 已知圆，圆，分别是圆的动点，为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. 6B. 10C. 13D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】求出两圆的圆心和半径，数形结合得到的最小值为的最小值，求出关于直线的对称点的坐标，从而得到的最小值，进而得到的最小值.
【详解】的圆心为，半径，
的圆心为，半径，
如图所示，的最小值为的最小值，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，
故，连接，则即为的最小值，
故的最小值为，
故的最小值为.
故选：B
7. 在中，为的中点.将沿进行旋转，得到三棱锥，当二面角为时，的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得该三棱锥的面，是边长为1的正三角形，平面，将三棱锥补形成正三棱柱，三棱锥的外接球球心就是正三棱柱的外接球球心，求出其半径可得解.
【详解】由题意，，二面角的平面角是，
，
.将沿进行旋转，得到三棱锥，所以，
由余弦定理可得：，
因为，，，
平面，平面，
将三棱锥补形成正三棱柱，
三棱锥的外接球球心就是正三棱柱的外接球球心，
取外接圆的圆心，外接圆的圆心，
根据对称性知正三棱柱的外接球球心是的中点，
，，
点是外心，，
在中，，
即，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
8. 已知正方体的边长为，点关于平面对称的点为，矩形内（包括边界）的点满足，记直线与平面所成线面角为.当最大时，过直线做平面平行于直线，则此时平面截正方体所形成图形的周长为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出图形，分析可知，点在矩形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在矩形内的圆弧，当与圆弧相切于点时，最大，即取最大值，然后作出截面，计算出各边边长，相加可得出截面的周长.
【详解】如下图所示：

因为矩形内（包括边界）的点满足，
则点在矩形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在矩形内的圆弧，
设直线交于点，过点作，交于点，
因为平面，则平面，
所以，与平面所成的角为，
由图可知，当与圆弧相切于点时，最大，即取最大值，
连接，则，易知，则，
所以，是等腰直角三角形，则，
在矩形中，，则，
又因为，所以，是等腰直角三角形，则，
所以，，
因为且，故四边形为平行四边形，则，
设平面分别交棱、于点、，连接,
因为，平面，平面，则，故，
设截面分别交直线、于点、，
因为，，，所以，，
因为平面，平面，则，
设，，则，
同理可得，故为等腰直角三角形，
易知，而，则，则为的中点，
所以，，则，
故，
因为，且，则为等腰直角三角形，
所以，，则，
因为平面，、平面，则，，
则，
所以，，
同理可得，
故截面截正方体所得截面的周长为
，
故选：C.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列选项正确的是（ ）
A. 若两条不重合的直线的倾斜角相等，则这两条直线一定平行
B. 若直线与直线垂直，则
C. 若直线与直线平行，则
D. 若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据两直线的倾斜角相等且不重合可对A项判断；由直线和直线垂直，从而求出或，即可对B项判断；直线和直线平行，利用两直线平行知识可对C项判断；知道直线的方向向量，从而可求解出倾斜角，即可对D项判断.
【详解】对于A项：两直线的倾斜角相等且不重合，可得两直线平行，故A项正确；
对于B项：由直线和直线垂直，得：，解得：或，故B项错误；
对于C项：直线和直线平行，
当时，得直线：与直线不平行，
当时，得：，
解得：或，经检验当时两直线重合不符题意，
故，故C项正确；
对于D项：知直线的方向向量为，得：，所以得直线的斜率为，倾斜角为，故D项错误.
故选：AC.
10. 如图，在四棱锥中，是矩形，侧棱底面，且，分别为的中点，为线段上的动点，则（ ）
A. 四面体每个面都是直角三角形
B.
C. 当点异于点时，平面
D. 直线和平面所成角的正切值为
【答案】BC
【解析】
【分析】因为则当为中点时，与不垂直，则选项A可以判断；由图形可知，可以建立以点D为原点空间直角坐标系，则找到与的向量进行垂直判断，即可得到选项B；因为分别为的中点，则可证明平面判断C选项；利用直线的方向向量和平面的法向量，代入夹角公式即可计算出夹角的正弦值，再根据同角三角函数值得求解，即可判断D.
【详解】因为，，在中，为中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才能垂直底面，由于不是等腰，则与不垂直，则在四面体有的面不是直角三角形，故A不正确；
分别为的中点，则在中，
因为平面，平面，
所以平面.C正确
以点D为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，则，
则可判断.B正确；
，则方向向量为.
平面的法向量
设直线和平面所成角为，
则，则，D错误.
故选：BC
11. 点是圆上的动点，则下面正确的有（ ）
A. 圆的半径为3
B. 既没有最大值，也没有最小值
C. 的范围是
D. 的最大值为72
【答案】BC
【解析】
【分析】将圆方程化为标准方程可判断选项A错误.设 ，则转化为直线与圆有交点，可算得既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.对于选项C和D，可用三角换元化简，再结合辅助角公式即可判断.
【详解】圆转化为，
则圆的圆心为，半径为2，选项A错误.
设，则直线与圆有交点，即，
整理得，解得或.
既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.
设，，
则，其中.
则的取值范围为，选项C正确.
又，则，
因此
其中.
则的最大值为，选项D错误.
故选：BC
12. 已知圆，点.过点作圆的两条切线为切点，则下列说法正确的有（ ）
A. 当时，不存在实数，使得线段的长度为整数
B. 若是圆上任意一点，则的最小值为
C. 当时，不存在点，使得的面积为1
D. 当且时，若在圆上总是存在点，使得，则此时
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出点轨迹，利用几何面积转换从而可得到的取值范围，即可对A项判断；求出圆心的轨迹方程为，然后即可求出的最小值，即可对B项判断；画出圆及切线，利用几何条件，从而可对C、D项判断.
【详解】对于A项：当时，圆：，圆心，半径，
由点得的轨迹方程为：，如下图：

由，所以当最小时，最小，
的最小值为圆心到的距离，此时：，
又因为：，故，所以当时，不存在实数，使得线段的长度为整数，故A项正确；
对于B项：圆心得圆心的轨迹方程为，所以到直线的距离为，
所以是圆上任意一点，则的最小值为：，故B项错误；
对于C项：当，圆：，由A项知的轨迹方程为：，如下图：

由：，故最小时，最小，
的最小值为圆心到直线的距离为，设，由A项知，
进而可得中边上的高为，所以，
因为：，所以得：，故C项正确；
对于D项：因为与圆相切，所以，，最长时，，
此时，所以：，解得：，又因为，所以：，故D项正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线与圆，则直线被圆所截得的弦长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，再结合勾股定理可求弦长.
【详解】圆C的圆心坐标为(1,2)，半径为，
圆心到直线的距离为：，
所以直线被圆截得的弦长为：，
故答案为：.
14. 在三棱锥中，在线段上，满足是平面内任意一点，，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
则
，
由于四点共面，所以.
故答案为：

15. 在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设直线经过点，且为一个方向向量，易得，应用点线距离的向量求法求点到直线的距离.
【详解】由题设，直线为，经过点，且为一个方向向量，
所以，故到直线的距离为.
故答案为：2
16. 如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点为原点，建立空间直角坐标系，并求出点的轨迹方程，并利用，求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围.
【详解】，得，即，
中，根据余弦定理，，
根据正弦定理，，得
如图，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点,,
设点，翻折后点的投影在轴上，所以的纵坐标为0，即，，
由，根据两点间距离公式，，
整理为
如右图，在翻折过程中，作于点，则，
并且，平面，
所以平面，平面,
所以，即，其中，
又动点在线段上动，设，故，且，
由，得，，
又因为，对应的的取值为，即,
.
则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点的轨迹，关键2，根据几何关系可得，根据坐标运算，即可求解.
四､解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17 已知点.
（1）若，且，求的坐标；
（2）求以为邻边的平行四边形的面积.
【答案】（1）或
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算以及模长公式可解；
（2）首先利用数量积公式求，则可解，结合面积公式可得答案.
【小问1详解】
，
，
或，
或；
【小问2详解】
由题意得所以，
，
，
.
18. 已知直线经过两点，.
（1）求直线和直线的一般式方程；
（2）已知直线经过直线与直线的交点，且在轴上的截距是在轴上的截距的倍，求直线的一般式方程.
【答案】18. ；
19. 或
【解析】
【分析】（1）根据直线过两点从而可求解其一般式方程，由，可求出的一般方程；
（2）求出直线和的交点，再结合在坐标轴上截距，从而可求解.
【小问1详解】
由题意可得，直线的斜率为,
所以得其方程为，整理化简得其一般式方程为：，
因为，所以：可设的方程为：，又因为，
所以：，得一般式方程为，
综上：.
【小问2详解】
联立，得，所以交点坐标是，由题意知，
（i）当直线在轴上的截距是在轴上的截距的倍且为时，即，
此时的方程为；
（ii）当直线在轴上的截距是在轴上的截距的倍且不为时，
此时可设直线的方程为，因为，所以：，
得：，满足条件，此时的方程为，
综上，的方程为或.
19. 如图所示，有一个矩形坐标场地（包含边界和内部，为坐标原点），长为8米，在边上距离点4米的处放置一个行走仪，在距离点2米的处放置一个机器人，机器人行走速度为，行走仪行走速度为，若行走仪和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点，那么行走仪将被机器人捕获，称点叫捕获点.
（1）求在这个矩形场地内捕获点的轨迹方程；
（2）若为矩形场地边上的一点，若行走仪在线段上都能逃脱，问：点的位置应在何处？
【答案】（1）
（2）的横坐标范围为
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据求出轨迹方程，注意；
（2）作出第一问中求出的点的轨迹，数形结合得线段与（1）中圆弧相离时，则行走仪在线段上能逃脱，设出直线方程，从而利用点到直线距离公式求出答案.
【小问1详解】
分别以为轴，建立平面直角坐标系，则，
设捕获点，可得，即，
化简得，因为点需在矩形场地内，
所以，且在第一象限，解得，
故所求轨迹方程为.
【小问2详解】
画出点的轨迹，如图所示，
当线段与（1）中圆弧相离时，则行走仪在线段上能逃脱，
其中，
设线段的方程为，
则到直线的距离为，结合，
解得，
中，令得，
故点的横坐标取值范围是.
20. 如图，在四棱锥中，是边长为3的正三角形，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的平面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出面和面，由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系即可得出答案.
【小问1详解】
连接交于点，由平面几何知识易知，
又平面平面是交线，平面，
平面，又平面，
，又平面，
平面；
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，
若，则
易知是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量
则，即，
令，则，
所以
二面角的平面角为锐角，
二面角的平面角的余弦值为，
二面角的平面角的正弦值为
二面角的平面角的正切值为.
21. 如图，菱形的边长为为的中点.将沿折起，使到达，连接，得到四棱锥.
（1）证明：；
（2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解线面角，结合三角函数的性质即可求解最值.
【小问1详解】
由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，，
是等边三角形，，
在翻折过程中，恒有，
又平面，
平面，平面，
；
【小问2详解】
由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
，
设平面的法向量，则，得
令，得，
则，
令，得
，
当且仅当时，等号成立
设直线与平面所成角为，
则
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
22. 已知圆和点.
（1）过点向圆引切线，求切线的方程；
（2）点是圆上任意一点，在线段的延长线上，且点是线段的中点，求点运动的轨迹的方程；
（3）设圆与轴交于两点，线段上的点上满足，若直线，且直线与（2）中曲线交于两点，满足.试探究是否存在这样的直线，若存在，请说明理由并写出直线的斜率，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）和
（2）
（3）存在，理由见解析，或
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切的几何意义，讨论直线斜率存在与不存在两种情况，计算可得；
（2）设点，点，根据中点建立等式，用含的式子表示，含的式子表示后代入点满足的方程中，化简计算即可；
（3）根据题意先求出点坐标，再设出直线方程，直线与曲线联立方程组求出，根据，建立等式求解即可.
【小问1详解】
当斜率不存在时，显然与圆相切；
当斜率存在时，设切线为，由圆心到切线的距离为2，
，解得，则，整理得.
综上，切线方程和.
【小问2详解】
设点，点，点且点是线段的中点，
，由题意，点是圆上任意一点，
，即，符合题意，
点运动轨迹的方程为；
【小问3详解】
由题设，，,设,
,，，，
因为,得，即,
因为在线段上，所以，即，
若存在，由题意可不妨设的方程为，如图所示为正数，
联立，
（i）
设.
由求根公式
，
所以，
化简得：（ii）
（ii）在（i）的限制下有解，故存在这样的直线，