2023-2024学年贵州省凯里市第一中学高二上学期期中考试押题数学模拟试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省凯里市第一中学高二上学期期中考试押题数学模拟试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E是CC'的中点，，，，xyz，则（ ）
A．x＝1，y＝2，z＝3B．x，y＝1，z＝1
C．x＝1，y＝2，z＝2D．x，y＝1，z
【答案】A
【分析】结合图形，利用向量的加法先用表示，再转化为.
【详解】
故选：A
【点睛】本题考查了空间向量基本定理的应用，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于基础题.
2．圆心为，且过原点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】计算，得到圆方程.
【详解】根据题意，故圆方程为.
故选：.
【点睛】本题考查了圆方程，意在考查学生的计算能力.
3．已知向量，．若向量与向量平行，则实数m的值是（ ）
A．2B．-2C．10D．-10
【答案】A
【分析】利用向量共线定理即可得到，再进行向量坐标化，由向量相等得到参数值.
【详解】向量，，，向量与向量，，平行，
存在实数使得，坐标化得到：
，解得．
故选：A．
4．圆与直线的位置关系
A．相切B．相离C．相交D．不能确定
【答案】C
【解析】把直线的方程变形为点斜式,观察得到直线过一个定点,易判定点在圆内,从而明确直线与圆的位置关系.
【详解】直线即即直线过点,把点代入圆的方程有,所以点在圆的内部,过点的直线一定和圆相交.
故选:C.
【点睛】本题考查直线系方程的应用,考查直线过定点,考查直线与圆的位置关系,考查转化思想,属于基础题,难度较易.
5．如图，在正四棱柱中，是棱的中点，点在棱上，且.若过点的平面与直线交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，表示出点的坐标，设，由面面平行的性质得到平面，再由线面平行的性质得到，根据向量共线的坐标表示计算可得.
【详解】解：以为坐标原点，以， ，的方向分别为， ，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，则.
因为平面平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，所以，
则，即，即,解得，故.
故选：A
6．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据圆心和弦的中点的连线与弦所在的直线垂直,求出弦所在直线的斜率,再代入点斜式化为一般式.
【详解】化为标准方程为.
∵为圆的弦的中点,
∴圆心与点确定的直线斜率为,
∴弦所在直线的斜率为1，
∴弦所在直线的方程为,即.
故选:B.
【点睛】本题考查了圆心和弦的中点的连线与弦所在的直线垂直,以及直线的点斜式,属于基础题,难度较易.
7．在棱长为的正方体中， 分别是的中点，下列说法错误的是（ ）
A．四边形是菱形B．直线与所成的角的余弦值是
C．直线与平面所成角的正弦值是D．平面与平面所成角的正弦值是
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量法求出空间角，判断各选项．
【详解】分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，
，，，所以是平行四边形，由正方体知，因此为菱形，A正确；
，，
，B正确；
，设平面的一个法向量为，
由得：，取，则，即，
，
，
直线与平面所成的角正弦值是，C错；
平面的一法向量是，
，
平面与面所成角的所以的余弦值为，其正弦值为，D正确．
故选：C.
8．平面直角坐标系xOy中，已知点P（2，4），圆O：，则下列结论正确的是（ ）
A．过点P与圆O相切的直线方程为
B．过点P的直线与圆O相切于M，N，则直线MN的方程为
C．过点P的直线与圆O相切于M，N，则|PM|=3
D．过点P的直线m与圆O相交于A，B两点，若∠AOB=90°，则直线m的方程为或
【答案】D
【分析】首先求出过点的切线方程，注意分斜率存在和不存在两种情况讨论，即可判断A,再利用勾股定理求出切线长，即可判断C,在以为圆心，以为直径的圆上，两圆方程作差即可求出直线的方程，由此判断B,由圆心到直线的距离求出直线斜率，即可求出直线方程,进而求解D.
【详解】对于A：当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，圆心到直线的距离，所以是过点的圆的切线，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离，解得，此时直线的方程为，
过点的圆的切线方程为或，故A错误，
对于B;在以为圆心，以为直径的圆，
直线为圆与圆的公共弦，
两圆方程相减得：，即直线的方程为，故B错误，
对于C;，，故C错误，
对于D：过点的直线与圆相交于，两点，若，则，
圆心到直线的距离，
显然直线的斜率存在，设直线方程为，即，
，解得或7，
直线方程为或，故D正确，
故选：D
二、多选题
9．直线l过点且斜率为k，若与连接两点，的线段有公共点，则k的取值可以为（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】AD
【分析】要使直线l与线段AB有公共点，则需或，根据两点的斜率公式计算可得选项.
【详解】解：要使直线l与线段AB有公共点，则需或，
而，，所以或，
所以k的取值可以为或4，
故选：AD
10．在正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．//平面B．平面
C．D．点与点到平面的距离相等
【答案】AC
【分析】采用逐一验证法，建立空间直角标系，根据线面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理可知A,B正误，然后根据向量的坐标运算以及点面距相等的判定条件，可得结果.
【详解】对A，因为分别是和的中点
故，故//平面成立.
对B，建立如图空间直角坐标系，
设正方体边长为2
则，.故.
故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立.
对C， ，.
，故成立.
对D，点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.
连接易得平面即平面.
又点与点中点在上，故点不在平面上.故D不成立.
故选：AC
【点睛】本题考查线面关系、点面距以及空间向量的坐标运算，掌握线线、线面、面面的相关定理以及点面距、面面距、线面距的向量求法，属基础题.
11．已知圆与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆与轴相切，则
B．若，则圆C1与圆C2相离
C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在的直线方程为
D．直线与圆C1始终有两个交点
【答案】BD
【分析】对A，圆心到x轴的距离等于半径判断即可；对B，根据圆心间的距离与半径之和的关系判断即可；对C，根据两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程求解即可；对D，根据直线过定点以及在圆C1内判断即可.
【详解】因为，，
对A，故若圆与x轴相切，则有，故A错误；
对B，当时，，两圆相离，故B正确；
对C，由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程，故C错误；
对D，直线过定点，而，故点在圆内部，所以直线与圆始终有两个交点，故D正确.
故选：BD
12．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．线段上存在点，使平面
C．线段上存在点，使平面平面
D．设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．
对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，
所以 ，，，
设（），则
所以，
平面即
解之得
当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确
对于C，设平面的法向量
则，取
得
设平面 的法向量 ,
则
取 , 得 ,
平面平面
设 , 即 ,
解得 ，，不合题意
线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．
对于D，平面的法向量为
则
因为
所以
所以的最大值为．故D正确．
故选：ABD
三、双空题
13．直线过定点 ；若与直线平行，则 .
【答案】
【解析】(1)将含有的项合并同类项,令系数为0即可算定点.
(2)根据平行直线公式求解即可.
【详解】(1),故.
即定点为
(2) 若与直线平行,
则,故或.当时与直线重合不满足.故.
故答案为：(1) ; (2)
【点睛】本题主要考查了直线过定点与直线的平行问题,属于基础题型.
四、填空题
14．若向量，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 .
【答案】且
【解析】由题意得且与不共线，即可得，即可得解.
【详解】由与的夹角为钝角可得且与不共线，
则即且.
故答案为：且.
【点睛】本题考查了利用空间向量数量积解决向量夹角的问题，属于基础题.
15．已知以为圆心的圆与圆相内切，则圆C的方程是 ．
【答案】(x－4)2＋(y＋3)2＝36.
【分析】由圆与圆的位置关系确定圆的半径，然后确定圆的方程即可.
【详解】两圆的圆心距为：，
设所求圆的半径为，由两圆内切的充分必要条件可得：，
据此可得：，圆C的方程是(x－4)2＋(y＋3)2＝36.
【点睛】判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法．
16．如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与MN所成角的正弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标表示出，夹角的余弦值，再求出直线与直线所成角正弦值的最小值．
【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，0，，，,则，
因为为线段上的动点，
所以不妨设，则得，，，
所以，
则因为，，所以，进而
所以，，故当最大值时，
最小，且最小值为
所以直线与直线所成角正弦值的最小值为．
故答案为:.
五、解答题
17．已知直线过点.
（1）若原点到直线的距离为，求直线的方程；
（2）当原点到直线的距离最大时，求直线的方程.
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）讨论斜率存在和不存在两种情况，计算得到答案.
（2）当原点到直线的距离最大时，直线，计算得到答案.
【详解】（1）①当直线的斜率不存在时，方程符合题意；
②当直线的斜率存在时，设斜率为，则方程为，即
根据题意，得，解得，则直线的方程为
故直线的方程为或
（2）当原点到直线的距离最大时，直线
因为，所以直线的斜率
所以其方程为，即
【点睛】本题考查了求直线方程，忽略掉斜率不存在的情况是容易发生的错误.
18．如图，在长方体中，，，点、分别为、的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】(1)见证明；(2)
【分析】（1）以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AC1⊥平面BDE．
（2）求出平面BDE的法向量和平面FBE的法向量，二面角F﹣BE﹣D为锐二面角，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】(1)如图，以点A为坐标原点，分别以AB,AD,A为x,y,z轴建立空间直角坐标系
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,),(1,1,),
,,
,
,
与BE是平面BDE内两条相交直线
平面BDE
（2）由（1）进一步可得F(0，)，
设平面BDE的法向量为，可取，
设平面FBE的法向量为，
由,可得，取x=1，可得(1,-2,)
.
由于二面角F-BE-D为锐二面角，故所求的二面角的余弦值为
【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．如图，圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为
（1）求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标；
（2）若两条切线于轴分别交于两点，求面积的最小值．
【答案】（1）见解析，（2）
【分析】（1）先设，求得以 为直径的圆的方程，与圆方程，相减可得直线AB的方程.
（2）设直线与的斜率分别为，与圆相切则，即．所以是方程的两实根，再根据弦长公式求其最小值，代入三角形面积公式求解.
【详解】（1）设，则以 为直径的圆的方程： ，
与圆，
两式相减得：，
所以直线恒过定点.
（2）设直线与的斜率分别为，
与圆相切，所以，
即．
所以，
，

所以面积的最小值为
【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系，弦长公式等，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
20．如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AC⊥AB，AC＝AB＝4，AA1＝6，点E，F分别为CA1，AB的中点．
(1)求直线EF与直线B1F所成角的余弦值；
(2)求直线B1F与平面AEF所成角的正弦值．
(3)求平面CEF与平面AEF的夹角的余弦值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角；
（2）求出平面的法向量，根据线面角公式计算即可；
（3）利用向量法求平面CEF与平面AEF的夹角余弦即可.
【详解】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，如图，
则，
，
即直线EF与直线B1F所成角的余弦值为.
（2）由（1）知，，，
设平面AEF的法向量，
则，令，则，
设B1F与平面AEF所成角为，
则直线B1F与平面AEF所成角的正弦值为.
（3）由（1）知，，
设平面CEF的法向量，
则，令，则，，
，
，
所以平面CEF与平面AEF的夹角的余弦值为.
21．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）．
(1)当侧面底面时，求点到平面的距离；
(2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.
（2）设，求得点坐标，利用二面角的余弦值列方程，求得，进而求得.
【详解】（1）∵，，∴．
如下图所示，连接，则,
所以，
所以，
结合折叠前后图形的关系可知，故四边形为正方形，
∴，即为的中点，∴，∴．
∵侧面底面，侧面底面，
∴平面，
易知，，两两垂直．
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示，
则，，，，，
∴，，．
设平面的法向量为，
则，取，得，，
则为平面的一个法向量，
则点到平面的距离．
（2）假设存在满足题意的点，且（）．
∵，∴，
∴，
∴．
设平面的法向量为，
又∵，，
∴，
取，则，，
取为平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为，
∵二面角的余弦值为，
∴，
化简，得，
解得或（舍去）．
∴线段上存在满足题意的点，且．
22．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【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.
【详解】（1）设点，由题意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.
令，则，可视为直线在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，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
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，显然，
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．