2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期10月联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省六校协作体高二上学期10月联考数学试题含答案，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．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量的加减结合相反向量的运算可得答案.
【详解】
故选：A
2．若直线l的方向向量是，则直线l的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由斜率与倾斜角，方向向量的关系求解
【详解】由直线l的方向向量是得直线的斜率为，
设直线的倾斜角是，
故选：B.
3．过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】D
【分析】由题意，分截距为或不为两种情况，分别设对应的直线方程，代入已知点，可得答案.
【详解】显然，所求直线的斜率存在．
当两截距均为时，设直线方程为，将点代入得，此时直线方程为；
当两截距均不为时，设直线方程为，将点代入得，此时直线方程为．
故选：D．
4．两圆与的公切线条数为（ ）
A．4条B．3条C．2条D．1条
【答案】C
【分析】根据圆的方程可确定圆心和半径，由圆与圆的位置关系的判断方法确定两圆相交，由此可得公切线条数.
【详解】由得：，
圆心坐标为，半径；
由得：，
圆心坐标为，半径；
两圆圆心距，，
两圆相交，则公切线条数为条.
故选：.
【点睛】本题考查圆与圆的公切线条数的问题，关键是明确两圆公切线条数与两圆位置关系之间的联系，并熟练掌握圆与圆的位置关系的判定方法.
5．若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面ABC的法向量，再利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】解：分别以PA，PB，PC所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)..
设平面ABC的一个法向量为，由得：.
令，则.则平面ABC的一个法向量为.所以点P到平面ABC的距离.
故选：.
【点睛】本题考查空间中点到平面的距离，关键考查运算能力，属于基础题.
6．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图象的两条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由单调性及对称性得出函数的最小正周期，从而求得，然后求得，最后计算即可．
【详解】由已知，最小正周期为，，
，，，
，
，
故选：B．
7．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）
A．异面直线AC与所成的角为60°
B．直线与平面所成角为45°
C．二面角的正切值为
D．四面体的外接球的体积为
【答案】B
【分析】由正方体性质得出异面直线AC与所成的角，直线与平面所成角，二面角的平面角并计算判断ABC，由四面体的外接球即为正方体的外接球，由正方体性质求得外接球半径后可得体积从而判断D．
【详解】选项A，由正方体性质易得，因此异面直线AC与所成的角为或其补角，
是等边三角形，，A正确；
选项B，由平面，平面，得，又，，平面，
所以平面，设，则是直线与平面所成角，
由平面，平面，可得，
在直角中，，，B错；
选项C，由上分析得是二面角的平面角，由得，C正确；
选项D，四面体的外接球即为正方体的外接球，由正方体性质知其外接球半径为，因此体积为，D正确；
故选：B．
8．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由两角和的正弦公式展开后求得，然后求得，再由二倍角公式计算．
【详解】，又，则，
所以，
，
故选：A．
二、多选题
9．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若，则P，A，B，C四点共面
B．若，是两个不共线的向量，且（，，，），则构成空间的一个基底
C．若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线
D．平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则
【答案】CD
【分析】对于A选项：由四点共面的充要条件即可验证；对于B选项：由构成基底的条件即可判断；对于C选项：由三点共线的充要条件即可判断；对于D选项：若两个平面平行，则它们的法向量也对应平行，然后由向量平行的充要条件即可判断.
【详解】对于A选项：若P，A，B，C四点共面，由于A，B，C三点不共线，
所以由平面向量基本定理有，
进一步有，整理得，
所以此时的系数之和恒为1，
若，则有的系数之和；故A选项不符合题意.
对于B选项：若，是两个不共线的向量，且（，，，），则 共面，
所以不能构成空间的一个基底；故B选项不符合题意.
对于C选项：若，则有，整理得，即，
所以A，B，C三点共线；故C选项符合题意.
对于D选项：若，则它们对应的法向量与也平行，
所以，有，即，解得；故D选项符合题意.
故选：CD.
10．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则（ ）
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面积为
C．
D．的面积为
【答案】BD
【分析】为圆锥的轴截面得，求出，得圆锥的体积可判断A；求出圆锥的侧面积可判断B；取的中点得是的中点，且，利用线面垂直的判定定理可得平面，再由性质定理得，利用勾股定理求出可判断C；求出的面积可判断D.
【详解】对于A，如图，底面，为圆锥的轴截面，所以，
因为，所以，，该圆锥的体积为，故A错误；
对于B，该圆锥的侧面积为，故B正确；
对于C，连接，则，即，
取的中点，连接，，
又是的中点，所以，则，
因为，是的中点，所以，
可得为二面角的平面角，即，
因为底面，底面，所以，
所以，则，所以，故C错误；
对于D，的面积为，故D正确.
故选：BD.
11．已知，关于该函数有下面四个说法，正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在上单调递增
C．当时，的取值范围为
D．的图象可由图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式化简得，求出最小正周期可判断A；利用在上单调性可判断B；求出时的取值范围可判断C；求出图象向左平移个单位长度得到解析式可判断D.
【详解】因为，
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，因为在上单调递增，由得在上单调递增，故B正确；
对于C，当时，所以，所以的取值范围为，故C正确；
对于D，图象向左平移个单位长度得到
，故D错误.
故选：ABC.
12．已知圆，直线，点P在直线l上运动，直线，分别切圆C于点A，B.则下列说法正确的是（ ）
A．四边形的面积最小值为
B．M为圆C上一动点，则最小值为
C．最短时，弦直线方程为
D．最短时，弦长为
【答案】ACD
【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.
【详解】对于A，由切线长定理可得，又因为，所以，
所以四边形的面积，
因为，当时，取最小值，且，
所以四边形的面积的最小值为，故A正确；
对于B，因为，所以最小值为，故B错误；
对于C，由题意可知点，，在以为直径的圆上，设，
其圆的方程为：，
化简为，与方程相减可得：，
则直线的方程为，当最短时，，则，
解得，故直线的方程为，故C正确；
对于D，当最短时，圆心C到直线的距离，
所以弦长为，故D正确.
故选：ACD.

【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于C的判断，解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解，求出直线AB方程，然后利用垂径定理求出弦长.
三、填空题
13．在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ．
【答案】28
【分析】求出棱台的高后由体积公式计算．
【详解】如图，作于，则是正棱台的高，由正四棱台性质知：，，
所以体积为．
故答案为：28．

14．在中， ，，， 的角平分线交于，则 ．
【答案】
【分析】由余弦定理求得，然后由角平分线定理求得，，再由余弦定理利用，求得．
【详解】中，由余弦定理得，
解得（舍去），
是角平分线，则，
所以，，
又由余弦定理得：
，
，
而，
因此，
，
，．
故答案为：．
15．在三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为 .
【答案】/
【分析】构建正四面体模型，从而可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
如图，在射线上截取，在射线截取，得到如下图所示的几何体.
因为，，故为等比三角形，
故，同理，
而，故为等比三角形，故，
故几何体为正四面体.
过作平面的垂线，垂足为，则为的中心，
连接，则为与平面（即平面）所成的角，
设，则，
故，故.
所以线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
16．正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是 .
【答案】
【分析】由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.
【详解】连接，如下图所示：
设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，
由向量线性运算可知
正方体的棱长为2，则球的半径为1，，
所以
，
而
所以，
即
故答案为：.
【点睛】本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.
四、解答题
17．已知向量与向量共线，且，，
(1)求向量的坐标；
(2)求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，由数量积的坐标表示求得后得结论；
（2）由向量垂直的坐标表示计算可得．
【详解】（1）共线， 可设，
，解得：， ，
（2）∵，∴，
即，解得：
18．已知直线和圆，
(1)当为何值时，截得的弦长为2；
(2)若直线和圆交于两点，此时，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由弦长得圆心到直线的距离，结合点到直线距离公式可得参数值；
（2）由数量积为0得，从而得出圆心到直线的距离，再结合点到直线距离公式得参数值．
【详解】（1）设为圆心到直线的距离，则由题意知，即，所以，
又由于圆的圆心为，
所以圆心到直线的距离，所以，
即当时，直线被圆截得的弦长为2.
（2）由于，得，所以组成等腰直角三角形，

所以圆心到直线的距离，所以，所以，
即当时，直线和圆交于两点，且.
19．在①，②，请在这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并完成解答.
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设为的面积，满足______________(填写序号即可)．
(1)求角C的大小；
(2)若，求周长的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，由面积公式及余弦定理得到，即可求出，从而得解；若选②，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）解：若选①，因为，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以
若选②，因为，
由正弦定理得，
所以，即，
，，，
又，.
（2）解：由余弦定理得，
因此，
，当且仅当时等号成立，
所以的周长
因此的周长的最大值为.
20．如图，是一块边长为米的正方形地皮，其中是一半径为米的底面为扇形小山（为上的点），其余部分为平地．今有开发商想在平地上建一个边落在及上的长方形停车场．求长方形停车场面积的最大值及最小值．

【答案】最小值为，最大值为
【分析】设，，求得长方形面积的表达式，并利用三角函数、二次函数的知识求得其最大值和最小值.
【详解】设，，则
令，则，
由于，所以.
所以，
此二次函数的图象开口向上，对称轴为，
故当时，最小值为，
当时，最大值为．
21．在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
22．如图，在三棱柱中，平面，点，分别在棱和棱上，且为棱中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面平面后可证得题中线面平行；
（2）先证得，然后建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．
【详解】（1）取的中点，连接，因为，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为棱中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

则，因为平面，
所以，即为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
则，
由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．