2023-2024学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高二上学期11月调研考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高二上学期11月调研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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】设该直线的倾斜角为，则由题意可知其斜率为，
则.
故选：D
2．已知空间向量，，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】利用空间向量数量积的坐标表示求解.
【详解】因为，，所以，
故选:B.
3．过点且与直线垂直的直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由直线的垂直关系,结合已知直线的斜率可得所求直线的斜率，由直线的点斜式方程结合已知条件即可求解.
【详解】因为直线的斜率为1，由题意，所求直线l的斜率为-1，
又直线l过点，所以由点斜式方程可知直线l的方程为：，
即，
故选：C
4．在平行六面体中，，分别是，的中点.设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由空间向量的线性运算，即可得到结果.
【详解】
由题意可得，.
故选：A
5．曲线与轴所围成区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆的标准方程求解.
【详解】
由可得，，
所以曲线表示圆的部分，
因为圆心坐标为，所以圆关于轴对称，
所以曲线与轴所围成区域的面积为，
故选:B.
6．已知空间中三点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】依题意求出，，，，即可求出，再由面积公式计算可得.
【详解】因为，，，所以，，
则，，，所以，
又因为，所以，
则以，为邻边的平行四边形的面积.
故选：D
7．已知圆：，过圆外一点作的两条切线，切点分别为.若，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据圆心和半径以及切线性质可知为正三角形，即可得.
【详解】易知圆的圆心坐标为，半径，连接，如下图所示：
利用对称性由可知，又易知，所以可得，
即，又，
所以为正三角形，即可得；
故选：B
8．如图，在四面体中，平面平面，是等边三角形，，为的中点，点在侧面上（包含边界），若，，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则直线与平面有交点
B．若，则
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】B
【分析】根据题意，利用面面垂直的性质，证得，设且，化简得到，得到且，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】因为，平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为在侧面上（包含边界），设且，，
可得
，
又因为，可得且，
对于A中，若，则，可得点即为点，
显然平面，所以A正确；
对于B中，若时，可得，可得点在线段上（包含端点），
由平面，可知当且仅当点为点时，，所以B不正确；
过点作，垂足为，可得，
，
因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
可得，
对于C中，显然当点即为点时，最小，此时，
可得，所以C正确；
对于D中，显然当点，即为点时，最大，则最大，此时，
可得，所以D正确.
故选：B.
二、多选题
9．为使成为一个圆的方程，的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】根据方程成为圆的条件,然后对各个选项进行判断，从而求解.
【详解】由题意知：表示一个圆，
则：，化简得：，
即：或，解之得：或，
所以：A项和B项不满足要求，故A项和B项错误；
所以：C项和D项满足要求，所以C项和D项正确；
故选：CD.
10．在空间直角坐标系中，已知点，则（ ）
A．点关于轴的对称点是B．点关于平面的对称点是
C．点关于轴的对称点是D．点关于原点的对称点是
【答案】AD
【分析】根据对称性只需判断对应坐标轴上是否需要变号，对选项逐一判断即可得出结论.
【详解】对于A，点关于轴的对称点，纵坐标和竖坐标变号，横坐标不变，即为，故A正确；
对于B，点关于平面的对称点，只有竖坐标变号，其余不变，即为，所以B错误；
对于C，点关于轴的对称点，横坐标和纵坐标变号，竖坐标不变，即为，即可知C错误；
对于D，点关于原点的对称点，横坐标、纵坐标和竖坐标都要变号，即为，即D正确；
故选：AD
11．在正方体中，能作为空间的一个基底的一组向量有（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】AC
【分析】根据空间中不共面的三个向量可以作为空间向量的一个基底，从而求解.
【详解】由题意得：如下图所示：

对于A项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故A项正确；
对于B项：，所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故B项错误；
对于C项：，，不共面，能作为空间的一个基底,故C项正确；
对于D项：，
所以：，，共面，不能作为空间的一个基底,故D项错误.
故选：AC.
12．已知圆：（），这些圆的全体构成集合，则下列说法正确的是（ ）
A．对任意正整数，圆必定经过点与
B．对任意正整数，直线必定与圆相交
C．存在直线，使得中与相切的圆有且仅有3个
D．存在直线，使得中与相交的圆有且仅有2023个
【答案】ABD
【分析】用代入法可得A正确；直线必过原点，而原点在已知圆内，故B正确；对C选项，可以分情况讨论，若直线的斜率为0或不存在时，切线的情况是不存在或只有一条；若斜率存在，可通过圆心到直线的距离公式判断解的个数.对D，通过研究圆与轴的交点，探索直线的存在性.
【详解】对A：因为，所以圆必经过点和.故A正确；
对B：因为，所以点在圆内，又直线过点，所以直线与圆必相交.故B正确；
对C：若直线斜率不存在，则与直线相切的圆只有一个或没有；
若直线斜率存在，设直线即,
直线与圆相切，故：，
关于的方程最多2解，即最多有两个圆与直线相切。故C错误；
对D：圆与轴有两个交点，分别为和，
因为，所以且式子随的增大而增大，
取，则中与直线相交的圆有且仅有2023个.故D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知直线的方程为，则坐标原点到直线的距离为 .
【答案】/
【分析】利用点到直线距离公式代入计算即可得出结果.
【详解】将直线化为一般方程可得，
由点到直线距离公式可得坐标原点到直线的距离为.
故答案为：
14．设，，若空间向量与平行，则 .
【答案】
【分析】由空间向量平行列式求解参数，即可求出向量的模.
【详解】因为空间向量与平行
所以存在唯一实数，使得.
则，解得，即
所以.
故答案为：.
15．已知直线与圆：交于，两点，写出满足“是等边三角形”的的一个值： .
【答案】（或，答案不唯一）
【分析】根据直线与圆的位置关系以及弦长公式求解.
【详解】
因为是等边三角形，所以，
设圆心到直线的距离为，
则根据弦长公式可得：，解得：.
即，解得.
故答案为：（或，答案不唯一）
16．已知正方体的棱长为，点在线段上（不含端点）.若是锐角，则线段长度的取值范围为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，设，，根据是锐角，得到，求出的取值范围，再由求出的取值范围.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
设，，则，则，
所以，，
显然与不可能同向，
因为是锐角，所以，
则，解得或，
又，所以，又，
所以，即线段长度的取值范围为.
故答案为：
四、解答题
17．如图，正方体的棱长为2.

(1)用空间向量方法证明：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)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面的法向量，易得，即可得出证明；
（2）求出，利用（1）中的法向量，即可求得直线与平面所成角的正弦值为.
【详解】（1）根据题意以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

易知，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则可得，即；
又，即，
又平面，
所以平面；
（2）易知，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．已知的圆心为，且过点．
(1)求的标准方程；
(2)若直线与相切于点，求的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用圆心坐标和圆上的一个点的坐标求圆的标准方程；
（2）利用直线与圆的位置关系求解.
【详解】（1）由题可知，的半径为,
所以的标准方程为.
（2）因为直线与相切于点，且,
所以，所以，
由点斜式得，，整理得，.
19．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.

(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线夹角及面面夹角即可.
【详解】（1）
取的中点，连接，显然，
由正三棱柱的特征可知底面，所以底面，
又底面，所以，
因为是中点，易得，
所以可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
，
故异面直线的夹角余弦值为；
（2）由上可知，
设面的一个法向量为，
则，
取，即，
易知面的一个法向量为，
由图象可知二面角为钝角，设其为，
所以，
则.
20．已知点，，，.
(1)证明：，并且四边形是等腰梯形；
(2)若过点，，，，求的标准方程.
【答案】(1)证明见解析.
(2)的标准方程为.
【分析】（1）证明四边形的一组对边平行且不相等；
（2）根据四边形为等腰梯形，确定圆心所在直线为底的垂直平分线，用待定系数法求解圆心半径确定圆的标准方程.
【详解】（1）由已知：，有，
，有，
所以，所以，
，，
，
所以,，
综上有四边形是等腰梯形.
（2）
设圆心中，半径为，则方程为，
由已知条件知圆心在线段的垂直平分线上上，
直线过中点且斜率,
所以，所以直线方程为即，
点在直线上满足①，
且,
即
解得②，联立①②有，解得，
半径,
所以的标准方程为.
21．如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可；
（2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可.
【详解】（1）作中点，
因为与都是正三角形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
则，
且，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以，
所以点到平面的距离；
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即，令，则，
所以，
由（1）知面的法向量为，
令平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
22．已知：，的圆心为，半径为2，且与外切.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设直线：，是否存在点，使得在上有且仅有3个点到的距离为1？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出点的坐标，根据两圆外切可得，列式计算可得解；
（2）由题意即圆心到直线的距离为1，由（1）圆心在上，可得解.
【详解】（1）设点，因为圆与圆外切，所以，即，化简得，
所以点的轨迹方程为.
（2）由题意，圆上仅有三点到直线的距离为1，即圆心到直线的距离为1，如图圆心在上，
令，可得，令，可得，
综上，满足条件的点的坐标为，，.