2023-2024学年陕西省西安市周至县第六中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年陕西省西安市周至县第六中学高二上学期期中数学试题含答案，共15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．设，，且，则等于（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示计算即可
【详解】∵，∴，∴，
故选:A.
2．若直线和直线平行，则的值为（ ）
A．1B．C．1或D．
【答案】A
【分析】由两直线平行，根据平行的判定求的值即可.
【详解】直线和直线平行，
，
解得或，
经检验不符合题意，
∴
故选：A．
3．已知直线经过点和点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线上的两点求直线的斜率，由斜率可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题得直线的斜率为，
因为，
所以.
故选：D
4．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为B，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据关于平面对称点的两个点的纵坐标互为相反数，由此即可得解.
【详解】由题意知，在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为.
故选:B.
5．若是空间的一个基底，则也可以作为该空间基底的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的基底的概念结合空间向量的共面定理一一判定即可.
【详解】对于A项，易知，则A项中向量共面，不符合；
对于B项，易知，则B项中向量共面，不符合；
对于D项，易知，则D项中向量共面，不符合；
对于C项，易知不共面，即C正确.
故选：C
6．两圆与的公切线有（ ）
A．1条B．2条
C．3条D．4条
【答案】C
【详解】由题意，得两圆的标准方程分别为和，则两圆的圆心距，即两圆外切，所以两圆有3条公切线；故选C．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系和两圆公切线的判定；在处理两圆的公切线条数时，要把问题转化为两圆位置关系的判定：当两圆相离时，两圆有四条公切线；当两圆外切时，两圆有三条公切线；当两圆相交时，两圆有两条公切线；当两圆内切时，两圆有一条公切线；当两圆内含时，两圆没有公切线.
7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线l的方程为，则“将军饮马”的最短总路程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求点关于直线对称的点，再根据两点之间线段最短，即可得解.
【详解】如图，设关于直线对称的点为，
则有 ，可得，可得，
依题意可得“将军饮马”的最短总路程为，
此时，
故选：D.
8．如图，已知正方体的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．0
【答案】B
【分析】根据正方体的线面关系，将平移至，找到异面直线所成角，求解即可．
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，由为正三角形，故．故选B．
【点睛】本题考查了异面直线所成角，求解异面直线所成角的步骤：先平移找到角，再证明，最后求解．
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若空间向量，满足，则
B．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，必有＝
C．若空间向量，，满足，，则
D．空间中，，，则
【答案】BC
【分析】由向量相等的条件和向量共线的定义判断各个选项.
【详解】对于A，两个向量相等，但方向不一定相同，不能得到，A选项错误；
对于B，由正方体的结构特征可知，与长度相等，方向相同，有＝，B选项正确；
对于C，空间向量，，满足，，即与长度相等方向相同，与长度相等方向相同，
则有与长度相等方向相同，有，C选项正确；
对于D，时，满足，，但不能得到，D选项错误.
故选：BC
10．下列说法正确的是（ ）
A．在两坐标轴上截距相等的直线都可以用方程表示
B．方程表示的直线的斜率一定存在
C．直线的倾斜角为，则此直线的斜率为
D．经过两点，的直线方程为
【答案】BD
【分析】举例说明可判断A选项错误；由直线方程求得直线的斜率判断B选项；由倾斜角的直线的斜率不存在判断C选项；由两点求斜率，再由点斜式写出直线方程判断D选项.
【详解】对于A选项，当直线过原点时，直线在两坐标轴上的截距相等，如但不能用表示，故A选项错误；
对于B选项，方程表示的直线的斜率为－m，故B选项正确；
对于C选项，若，则直线斜率不存在，故C选项错误；
对于D选项，经过两点，的直线斜率，而，则直线斜率存在，结合直线点斜式方程可知，D选项正确.
故选：BD.
11．已知直线和圆，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．圆心C到直线l的最大距离是.
C．直线l与圆O相交
D．若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】ABC
【分析】首先，改写直线方程形式，判断定点，即可判断AC；当圆内定点为弦的中点时，此时弦长最短，圆心到直线的距离最大；D.利用弦长公式求解.
【详解】对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A正确；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，设直线与圆相交于两点，弦中点为，则，为到直线的距离的最大值，,圆心C到直线l的最大距离为，故B正确；
对于D， 时，直线，圆心到直线的距离为，所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：ABC.
12．设直线：，：，下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线与不重合
B．当时，直线与相交
C．当时，
D．当时，
【答案】BD
【分析】举出反例判断A；联立，结合是否为0，讨论方程组解的情况，判断直线的位置关系，判断，讨论是否为0，结合可判断两直线是否垂直，判断D.
【详解】对于A，时，若,,且时，
两直线：，：重合，A错误；
对于B，联立 ，可得,
当时，，此时方程组有唯一一组解，
故直线与相交，B正确；
对于C，时，若，则无解，
此时；
若，则有无数多组解，
此时重合，故C错误；
对于D，若，则由可得，
即两直线斜率之积等于，故；
若,则可得，此时满足，
直线：，：，
此时，
故当时，，D正确，
故选：
三、填空题
13．圆关于直线对称的圆的标准方程为 .
【答案】
【分析】把圆的方程化为标准形式，求出圆心关于直线的对称点的坐标，即为对称圆圆心，又因为关于直线对称的圆半径不变，从而求出对称圆的方程.
【详解】圆，即，
表示以为圆心，半径为1的圆，
设圆心关于直线对称点的坐标为，
由，
解得，，
故圆心关于直线对称点的坐标为，
故对称圆的圆心为，
因为对称圆半径不变，所以对称圆半径为1，
故所求对称圆方程为.
故答案为：.
14．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为
【答案】6
【分析】因为法向量定义，把转化为，可得k的值.
【详解】因为平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
又因为，所以，可得，即得.
故答案为：6.
15．直线与圆：相交于，两点．则面积的最大值为 ．
【答案】2
【分析】由题知直线过点，且在圆内，进而设，，再根据三角形面积公式求解即可.
【详解】解：将直线整理得，所以直线过点，
因为，所以在圆内，
连接，则，设，如图，
因为，
所以当直线与垂直时，取最小值，
所以在中，
所以，当且仅当.
故答案为：
16．已知圆与圆外切，点P是圆C上一动点，则点P到直线的距离的最大值为
【答案】4
【分析】利用两圆的外切关系先计算，再根据圆上一动点到定直线的距离的最值计算即可.
【详解】圆化为标准方程为，
可得，其半径为，
圆的圆心为，半径为，
因为两圆外切，所以，解得，
可得圆的半径为，
因为圆心到直线的距离为，
则点P到直线的距离的最大值为.
故答案为：4.
四、解答题
17．求满足下列条件的直线方程．
(1)直线过点，且与直线平行；
(2)直线过点，且与直线垂直．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）设所求直线的方程为，将点代入，求得的值，即可求解；
（2）设所求直线的方程为，将点代入，求得的值，即可求解；
【详解】（1）解：由题意，可设所求直线的方程为，
因为点在直线上，可得，解得，
故所求直线的方程为；
（2）解：由题意，可设所求直线的方程为，
因为点在直线上，所以，解得，
故所求直线的方程为．
18．已知圆，直线．
（1）求证：直线l恒过定点；
（2）判断直线l与圆C的位置关系；
（3）当时，求直线l被圆C截得的弦长．
【答案】（1）证明见解析；（2）点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）；（3）.
【分析】（1）将直线方程整理为关于参数m的方程，可令求解，即可证结论.
（2）由（1）所得定点，根据定点到圆心距离与半径的关系，即可判断直线l与圆C的位置关系；
（3）由圆的弦长与半径、弦心距的关系，求直线l被圆C截得的弦长．
【详解】（1）证明：直线l的方程可化为，又，
∴，解得，
∴直线l恒过定点．
（2）圆心，，
∴点A在圆C内，从而直线l与圆C相交（无论m为何实数）．
（3）当时，直线l的方程为，圆心到直线l的距离．
∴此时直线l被圆C截得的弦长为．
19．已知圆：和圆：.
(1)判断圆和圆的位置关系；
(2)过圆的圆心作圆的切线，求切线的方程.
【答案】(1)圆与圆外离
(2)或
【分析】（1）由圆心距与半径之和半径之差的关系，判断两圆的位置关系；
（2）设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径，求出未知系数即可.
【详解】（1）因为圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
所以圆和圆的圆心距，所以圆与圆外离.
（2）根据题意知切线有斜率，设所求切线的方程为：，即，
所以到的距离，解得.
所以切线的方程为或
20．如图，平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，．请用空间向量的知识解答下列问题：
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面DCE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，利用向量方法证明，根据线面平行判定定理证明平面；
(2)求平面的一个法向量和直线的方向向量，求两向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
以为坐标原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，．
∴，，∴．
所以，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）由（1）知，，，
因为，所以
又，平面，，
所以平面，
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
21．平面直角坐标系中，直线，设圆经过，，圆心在上.
(1)求圆的标准方程；
(2)设圆上存在点P，满足过点P向圆作两条切线PA，PB，切点为，四边形的面积为10，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用代入法，通过解方程组进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质，结合三角形面积公式、圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】（1）设圆的标准方程为，
因为圆经过，，圆心在上，
所以有，即圆的标准方程；
（2）四边形的面积10，而四边形是由两个全等的直角三角形组成， 的面积为5，即，又，，
，动点P的轨迹为以为圆心，以5为半径的圆，
即点P在圆
又点P在圆 上，
圆E与圆有公共点．
，即，
解得 ．实数m的取值范围为
22．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程;
(3)若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程；
（2）利用相关点法求解点M的轨迹方程；
（3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围.
【详解】（1）设，则，
化简得：，故点P的轨迹方程为；
（2）设，因为点M为AP的中点，
所以点P的坐标为，
将代入中，得到，
所以点M的轨迹方程为；
（3）因为点在（1）的轨迹上运动，
所以，变形为，
即点为圆心为，半径为2的圆上的点，
则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图：
当过的直线与圆相切时，取得最值，
设，
则由点到直线距离公式可得：，
解得：或·，
故的取值范围是.