2023-2024学年广东省江门市新会第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省江门市新会第一中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知平面的法向量为，，则直线与平面的位置关系为（ ）
A．B．C．与相交但不垂直D．
【答案】A
【分析】根据面法向量与直线方向向量的线性关系判断线面关系即可.
【详解】由题设，则，故.
故选：A
2．平行直线与之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将化简，再套用两平行线间的距离公式即可.
【详解】因为，所以，
又，
所以两平行线之间的距离，
故选：B
3．若直线与直线互相平行，则的值是（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】A
【分析】利用两直线平行可得出关于的等式与不等式，即可解得实数的值.
【详解】因为直线与直线互相平行，
则，解得.
故选：A.
4．平行六面体中，，则实数x，y，z的值分别为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由则因为由,根据空间向量的基本定理即可求得.
【详解】
,.
故选:C.
【点睛】本题考查空间向量的基本定理,考查向量的线性运算,考查学生的计算能力,难度较易.
5．如图，四棱锥中，底面是矩形， 平面，，，是等腰三角形，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据底面是矩形，且 平面，得到 两两垂直，以A为原点，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，然后分别求得向量的坐标，然后由求解.
【详解】因为底面是矩形，且 平面，
所以 两两垂直，
以A为原点，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

因为，，是等腰三角形，
所以,
因为点是棱的中点， ，
所以，
所以 ，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：B
【点睛】本题主要考查空间向量法研究异面直线所成角，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
6．如图，的顶点都在坐标轴上，直线的斜率为，直线的斜率为，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用两角差的正切公式可求得的值.
【详解】由题可得，
又，得，，得，
.
故选：C.
7．已知圆，则圆O关于直线对称的圆的方程为（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出圆的圆心，设出关于直线的对称点为，由两点构成直线的斜率与直线垂直以及两点的中点在直线上，列方程组即可求解，由此可得解.
【详解】设圆心关于直线的对称点为，
则，解得，
所以对称圆的圆心为，
所以对称圆的方程为即.
故选：A.
8．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，将点P到直线CC1的距离的最小值转化为异面直线D1E与CC1的距离，利用空间向量可求得结果.
【详解】以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E(1,2,0)，D1(0,0,2)，,,
，，,
设(x，y，z)，,，
则(x，y，z)·(0,0,2)＝0，∴z＝0，
＝(x，y，z)·(－1，－2,2)＝，∴y＝-x，
令x＝1，则y＝-，∴u＝(1,-,0)，
∴异面直线D1E与CC1的距离为d＝，
∵P在D1E上运动，∴P到直线CC1的距离的最小值为d＝.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将点P到直线CC1的距离的最小值转化为为异面直线D1E与CC1的距离求解是解题关键.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．直线必过定点
B．直线在y轴上的截距为2
C．直线的倾斜角为60°
D．过点且垂直于直线的直线方程为
【答案】AD
【分析】将点代入直线得到A正确，计算截距得到B错误，计算倾斜角为，C错误，根据直线垂直得到斜率，计算直线方程得到答案.
【详解】当时，，故A正确；
当时，，B错误；
直线的斜率为，故倾斜角为，C错误；
直线的斜率为，与之垂直的直线斜率为，
故直线方程为，即，D正确.
故选：AD.
10．给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一个基底
B．已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底
C．已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底
D．，，，是空间中的四个点，若，，不能构成空间的一个基底，那么，，，共面
【答案】CD
【分析】作为空间中基底向量的性质，结合各选项的描述判断正误即可.
【详解】A项，空间任意三个不共面的向量可以作为一个基底，故A项错误；
B项，若且，则，与可以构成空间的一个基底，故B项错误；
C项，因为向量，则，与任意向量均共面，即，与任何向量都不能构成空间的一个基底，故C项正确；
D项，因为，，不能构成空间的一个基底，则，，，共面，故D项正确.
故选：CD.
11．圆和圆的交点为，，则有（ ）
A．公共弦所在直线方程为
B．线段中垂线方程为
C．公共弦的长为
D．为圆上一动点，则到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【分析】两圆方程作差后可得公共弦方程，从而可判断A；求出垂直平分线的方程判断B；利用垂径定理计算弦长判断C；求出圆到直线的距离的最大值判断D．
【详解】圆的圆心，半径，
的圆心， 半径，
显然，即圆与圆相交，
对于A，将方程与相减，
得公共弦AB所在直线的方程为，即，A正确；
对于B，由选项A知，直线的斜率，则线段AB中垂线的斜率为，
而线段中垂线过点，于是线段AB中垂线方程为，即，B正确；
对于C，点到直线的距离为，
因此，C错误；
对于D，P为圆上一动点，圆心到直线的距离为，
因此点P到直线AB距离的最大值为，D正确．
故选：ABD
12．如图，在正方体中，点是线段(含端点）上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使
B．异面直线与所成的角最小值为
C．无论点在线段的什么位置，都有
D．无论点在线段的什么位置，都有平面
【答案】ACD
【分析】当点与点重合时，由于，，根据平行线的性质可知，从而有，即可判断A选项；由，可知异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，再通过几何法求出线面角的余弦值，即可判断B选项；建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，且，得出，再根据空间向量的坐标运算得出，即可判断C选项；由正方体的性质，可知平面平面，再根据面面平行的性质即可得出，从而可判断D选项.
【详解】解：对于A，当点与点重合时，，，
∴，即，故A正确；
对于B，∵，则异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，
进而得出与所成角的最小值即为与平面所成角，
所以与所成角的最小值即为与平面所成角，设为，
设正方体的棱长为1，则，
在正三棱锥中，底面的外接圆半径为，
所以，则，故B不正确；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，
设，且，则，
则，所以，故C正确；
对于D，易知平面平面，平面，所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．过点（－1，3）且与直线垂直的直线方程为 .
【答案】
【分析】由直线可知斜率为，根据两直线垂直的斜率关系，可知与之垂直的直线的斜率为，最后利用点斜式求出直线方程.
【详解】解：直线的斜率为，所以与之垂直的直线的斜率为，
故所求的直线方程为：，即.
故答案为：.
14．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是 ．
【答案】
【分析】根据投影向量结合向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以向量在向量上的投影向量为．
故答案为：.
15．已知点，平面经过点且垂直于向量，则点D到平面的距离为 .
【答案】
【分析】根据点到平面的距离的向量求法计算即可.
【详解】由题意，为平面的一条法向量，
，
则点D到平面的距离为.
故答案为：.
16．平面直角坐标系中，直线与交于点，则点到直线距离的最小值为 .
【答案】
【分析】先求出点的轨迹，然后利用几何关系求出到直线距离的最小值.
【详解】由直线与直线，得
所以两直线垂直，
又因为直线恒过，直线恒过，
所以点的轨迹为以点和点为直径的圆，
即圆心为，半径，
所以，
圆心到直线的距离，
到直线距离的最小值为.
故答案为：
四、问答题
17．如图所示，正方形的顶点.
（1）求边所在直线的方程；
（2）写出点C的坐标，并写出边所在直线的方程.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）由求得边所在直线方程.
（2）由求得点的坐标，结合求得边所在直线方程.
【详解】（1）边所在直线的一个法向量为，
边所在直线的方程为：，即
（2）设，
由已知得，解得：，即，
因为边所在直线的一个方向向量为，
所以边所在直线的方程为.即.
18．在空间直角坐标系中，已知点，，．
(1)若A，B，C三点共线，求a和b的值；
(2)已知，，且A，B，C，D四点共面，求a的值．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据向量共线的坐标关系结合条件即得；
（2）根据共面向量基本定理可得存在，使，然后结合条件即得.
【详解】（1）由题可得，，
∵A，B，C三点共线，
∴，存在，，
即，
∴，解得，
∴，；
（2）因为，，，
∵A，B，C，D四点共面，
∴，，共面，
∵，由（1）知A，B，C三点不共线，
∴存在，使，
即，
∴，解得，
所以．
五、证明题
19．在长方体中，，，与交于点，点为中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由长方体的结构特征，可证，，得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在长方体中，因为平面，平面，所以，
因为为正方形，所以，
因为，平面
所以平面
（2）以为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，；
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，即，
设平面的法向量为，则
，令，则，即，
，
所以，平面与平面的夹角的余弦值为.
六、问答题
20．已知圆C过点三点.
(1)求圆C的方程；
(2)是否存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等？若存在，求出该直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)或或.
【分析】（1）设出圆的一般方程，将已知点坐标代入，解方程求得参数，即得答案；
（2）假设存在满足题意的直线，讨论其是否过原点，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解参数，即可得答案.
【详解】（1）设圆的一般方程为,
分别将代入得,
解得，满足，
故圆C的方程为；
（2）圆，即，圆心为，半径为，
由于，即原点在该圆外，
假设存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等
当该直线过原点时，设其方程为，即，则，
解得，则直线方程为，即；
当该直线不过原点时，则该直线斜率为1，设该直线方程为，
则，解得，
即直线方程为或；
故存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等，
直线方程为或或.
21．已知圆.
(1)过点向圆引切线，求切线的方程；
(2)记圆与、轴的正半轴分别交于，两点，动点满足，问：动点的轨迹与圆是否有两个公共点？若有，求出公共弦长；若没有，说明理由.
【答案】(1)或.
(2)有两个公共点，
【分析】（1）切线斜率不存在，方程为符合题意，当斜率存在时，设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求得的值即可求解.
（2）求出，两点坐标，再由两点间距离公式可得点的轨迹方程，由圆心距与半径之和、半径之差的关系可判断两圆是否有两个公共点，两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，由圆心到直线的距离以及半径，由几何法可得公共弦长.
【详解】（1）由圆可得圆心，半径为，
若切线斜率不存在，则方程为与圆相切，所以符合题意；
若斜率存在，设方程为，即，
则圆心到切线的距离，解得：，
切线方程为即，
综上所述：切线方程为或.
（2）因为圆，所以，，
设，由可得：，
化简得：，即，
所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
所以圆心距，
因为，所以两圆有两个公共点，
由两圆方程相减得公共弦所在直线方程为，
圆心到直线的距离，
所以公共弦长为.
七、证明题
22．如图，棱长为3的正四面体中，D，M分别为AB，PC的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若过点A，M的平面与CD平行，且交PB于点Q，求PQ的长，并求直线AQ与平面ABC夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)，.
【分析】（1）现证平面，然后由面面垂直判定定理可证；
（2）设，利用共线可得，然后求出P到底面的距离，从而可得点E到底面距离，即可得所求.
【详解】（1）因为为的中点，，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.

（2）记的中点为E，连接EM，平面即为，延长AE交PB于点Q，
因为为PC的中点，所以，
又，，所以满足，
设，则，
因为，所以，即，
因为共线，所以，解得，所以.
作平面，平面，连接AF，
则即为直线AQ与平面ABC的夹角，
由正四面体性质可知，为的重心，所以，
所以，
因为E为PD的中点，所以，
又，所以，
所以.