2023-2024学年广东省广州市第八十九中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市第八十九中学高二上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.
【详解】由空间直角坐标系的性质可知，
点关于平面对称的点的坐标是.
故选：A
2．过，两点的直线的倾斜角为（ ）
A．-60°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】先由两点求出斜率，再由斜率求出倾斜角.
【详解】因为直线过点，，所以，
设直线倾斜角为，则，
故选：C
3．圆与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．外离C．外切D．内切
【答案】D
【分析】根据圆心距与半径的关系判断.
【详解】由题意，圆，
则圆心，半径，
圆，
则圆心，半径，
所以两圆圆心距，
所以两圆内切.
故选：D.
4．已知向量，，若，则（ ）
A．10B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量垂直得到方程，求出，进而求出模长.
【详解】由题意得，解得，
故，.
故选：B
5．两条平行直线3x+4y-10=0与ax+8y+11=0之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出a，利用两平行线间的距离公式即可求解.
【详解】因为两直线3x+4y-10=0与ax+8y+11=0平行，
所以，解得：a=6，所以ax+8y+11=0为6 x+8y+11=0，即，
由两平行线间的距离公式可得：
两条平行直线3x+4y-10=0与6x+8y+11=0之间的距离为：.
故选：B.
6．设，为椭圆C：的两个焦点，点P在C上，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】由椭圆C：，可得，，，
因为，所以，
由题意可得，，
即.
故选：C.
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，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为.则“将军饮马“的最短总路程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】作出图形，求出点关于直线的对称点的坐标，在直线上取点，利用、、三点共线时取得最小值即可得解.
【详解】如下图所示，设点关于直线的对称点为，
由题意可得，解得，即点，
在直线上取点，由对称性可得，
所以，，
当且仅当、、三点共线时，等号成立，
因此，“将军饮马“的最短总路程为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查“将军饮马”最短路径问题，求解此类问题的基本思路就是求得动点关于所在直线的对称点后，利用三角形两边之和大于第三边的特点，利用三点共线时求得最值来求解.
8．设点是圆上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】确定两圆的圆心和半径，根据对称性得到，计算的最大值得到答案.
【详解】圆，即，圆心，，
圆，圆心，，
，
当最大时，最大，，
此时.
故选：C.
二、多选题
9．已知直线l：，则下列选项中正确的有（ ）
A．直线l在y轴上的截距是2B．直线l的斜率为
C．直线l不经过第三象限D．直线l的一个方向向量为
【答案】ACD
【分析】根据直线的截距，斜率，方向向量等特征直接判断.
【详解】对于A，直线方程可变为，截距是2，故A正确；
对于B，斜率，故B错误；
对于C，由直线方程可知，故直线l不经过第三象限，故C正确；
对于D，该直线的一个方向向量为，与平行，故D正确；
故选：ACD
10．已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法中正确的是（ ）
A．，B．对，直线与圆一定相交
C．直线被圆截得的最短弦长为D．当时，圆上存在着个点到直线的距离为
【答案】ABD
【分析】根据圆的一般方程可判断A选项；由直线方程可得直线恒过点，且点在圆内，可判断B选项；当直线与直线垂直时，弦长最小，此时，可得弦长，可判断C选项；根据点到直线距离与半径，可得，可判断D选项.
【详解】
A选项：圆，即，，由圆心为，得，解得，，A选项正确；
圆的方程为，圆心，半径，
B选项：由直线，即恒过点，且，所以点在圆内，所以，直线与圆一定相交，B选项正确；
C选项：由已知当直线与垂直时，弦长最小，，所以，，即，此时，所以弦长为，C选项错误；
D选项：当时，，此时，所以圆上存在着个点到直线的距离为，D选项正确；
故选：ABD.
11．下列四个命题中正确的是（ ）
A．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
B．是平面α的法向量，是直线l的方向向量，若，则
C．已知向量，，则在方向上的投影向量为
D．直线l的方向向量为，且l过点，则点到直线l的距离为2
【答案】ACD
【分析】由空间向量基底的性质判断A；由线面平行的条件判定B；由投影向量的概念求C；由向量法求点到直线的距离判断D.
【详解】对于A，假设共面，则存在，使得，则，
因为是空间的一组基底，即不共面，与矛盾，
所以不共面，则也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，当时，满足条件，但直线不平行于平面，故B错误；
对于C，在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，由条件得，，
所以在方向上的投影为，
则点到直线l的距离为，故D正确；
故选：ACD.
12．如图，在正三棱柱中，，，P为线段上的动点，且，则下列命题中正确的是（ ）

A．不存在使得
B．当时，三棱柱与三棱锥的体积比值为9
C．当时，异面直线和所成角的余弦值为
D．过P且与直线和直线所成角都是的直线有三条
【答案】AC
【分析】取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，由，求得，可判定A正确；由时，分别求得三棱柱和三棱锥的体积，可判定B错误；结合向量，求得，可判定C正确；在平面和平面内，分别作，转化为过点的直线与直线和直线所成的角，结合空间直线的位置关系，可得判定D错误.
【详解】取的中点，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，以过点平行与的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
对于A中，由，可得，
可得，则，
所以A正确；
对于B中，当时，即点的中点，
可得三棱柱的体积为，
三棱锥的体积为，
所以三棱柱与三棱锥的体积比为，所以B错误；
对于C中，由，
可得，则，
即异面直线和所成角的余弦值为，所以C正确；
对于D中，如图所示，在平面和平面内，分别作，
由异面直线所成角的定义知，过点的直线与直线和直线所成的角，即为过点的直线与直线和直线所成的角，
因为为等边三角形，可得，即直线与所成的角为，
根据空间中直线的位置关系，可得过点的直线与直线和直线所成的角为的直线有四条，所以D错误.
故选：AC.

三、填空题
13．已知直线l经过点，且与直线垂直，则l的方程为 .
【答案】
【分析】根据题意，利用两直线垂直的斜率要求求出直线的斜率，然后利用点斜式方程列出直线方程.
【详解】因为直线l与直线垂直，
所以直线的斜率为，
又因为直线l经过点，
所以直线的方程为，即.
故答案为：.
14．在平面直角坐标系中，点到点、的距离之和为，则点的轨迹方程是 .
【答案】
【分析】依题意可得点为以点、为焦点的椭圆，即可求出、、，从而得到椭圆方程.
【详解】因为点到点、的距离之和为，
即，所以点的轨迹为以点、为焦点的椭圆，
且，，所以，所以椭圆方程为.
故答案为：
15．据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风. 台风中心位于城市的东偏南方向、距离城市的海面处，并以的速度向西偏北方向移动（如图示）.如果台风侵袭范围为圆形区域，半径，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为 .
【答案】小时
【分析】当城市距离台风中心小于等于120km时，城市开始受到台风侵袭，所以只要城市距离台风移动方向大于等于120km即可；由题意，画出图形解三角形．
【详解】解：由题意如图，设台风中心到达Q，开始侵袭城市，到达O则结束侵袭.
在△AQP中，AQ＝120km，AP＝120km，∠APQ＝30°，∠PAQ＝180°﹣30°﹣∠Q＝150°﹣∠Q，
由正弦定理得到，
所以∠＝120°, ∠ =60°，所以△AQO为等边三角形.所以
所以该城市会受到台风的侵袭时长为小时．
【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用；关键是由题意将问题转化为解三角形的问题
16．已知矩形，沿对角线将折起，使二面角的平面角的大小为，则与之间距离为 .
【答案】/.
【分析】过和分别作，则由题意可求得，，由二面角的平面角为，得，再利用可求得结果.
【详解】解：过和分别作，
，
，
，
则，即，
二面角的平面角为，
则，
即与之间距离为，
故答案为：
四、未知
17．如图,给定长方体,,,点在棱的延长线上,且.设,,.
(1)试用表示向量;
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得,再由空间向量的线性运算即可求解;
（2）先由空间向量的线性运算求得,再根据空间向量的数量积公式求解即可.
【详解】（1）因为点在棱的延长线上,且,
所以,
则.
（2）由题意得,
则,
所以.
五、解答题
18．已知的顶点，直线的方程为边上的高所在直线的方程为．
(1)求顶点A和的坐标；
(2)求面积．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）联立直线，方程求出B的坐标，再设A坐标结合点在直线上，及垂直关系计算A点坐标即可；
（2）根据点到直线的距离公式及两点距离公式计算面积即可.
【详解】（1）联立直线，的方程，可得，解得，即，
设，显然的斜率存在，
则，
由题意，可得，
所以，；
（2）由（1）结合点到直线的距离公式，
可知C到直线的距离，
由两点距离公式，得，
所以.
六、未知
19．如图，在棱长为2正方体中，E，F分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点A到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，利用中位线的性质可得线线平行，再证线面平行即可；
（2）利用等体积转化计算即可.
【详解】（1）
连接，由正方体的特征可知，且E是的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由正方体的特征可知，
，
设点A到平面的距离为，
由，
即点A到平面的距离为.
七、解答题
20．已知圆C的圆心在直线上，且该圆与x轴相切.
(1)若圆C经过点，求该圆的方程；
(2)若圆C被直线截得的弦长为，求该圆的方程.
【答案】(1)或；
(2)或.
【分析】（1）由题意可设圆心坐标，进而设圆的标准方程，将圆过的点的坐标代入，求得参数，即得答案.
（2）求出圆心到直线的距离的表达式，利用圆心距、弦长、半径之间的关系列式计算，求得参数，即可得答案.
【详解】（1）由圆C的圆心在直线上可设圆心为，
由于该圆与x轴相切.，故圆的半径，
故可设圆的方程为，
又圆C经过点，故，
即，解得或，
所以圆的方程为或；
（2）由（1）知圆的方程为，
圆心到直线的距离为，
圆C被直线截得的弦长为，故，
即，解得，
故圆的方程为或.
八、未知
21．将沿它的中位线DE折起，使顶点C到达点P的位置，使得，得到如图所示的四棱锥，且，，F为PB的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线AP与平面ADF的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理即可求解；
（2）根据（1）的结论及面面垂直的性质定理，建立空间直线坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）因为DE为的中位线，所以，
因为，所以，，
又，且平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面ABDE.
（2）取的中点为，连接，
因为，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面ADF的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设直线AP与平面ADF的夹角为，
则，
则，
即直线AP与平面ADF的夹角的余弦值为．
九、解答题
22．如图，已知圆M：，点为直线l：上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B．

(1)时，求PA、PB方程（点A在点B上方）；
(2)求线段AB中点的轨迹方程；
(3)若两条切线PA，PB与y轴分别交于S，T两点，求的最小值．
【答案】(1)PA：；PB：
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件得到圆的标准方程，从而得到圆心，半径，当时，得到点的坐标，从而设过点的直线方程为，再由直线与圆的位置关系求得，即可求解；
（2）根据（1）求得，从而得到以P为圆心，为半径的圆P的方程，根据两圆的相交弦所在直线方程求法得到直线的方程，进而得到直线过定点，设AB的中点为F点，直线AB过的定点为H点，得到F点的轨迹为以HM为直径的圆，即可求解.
（3）设切线方程为，根据直线与圆的位置关系求得，设PA，PB的斜率分别为，，再由韦达定理得到.
，，令结合 即可求解.
【详解】（1）圆，即，
则圆的圆心，半径，
当时，，设过点的直线方程为，即，
又过点P引圆M的两条切线，则，解得：或，
因为点A在点B上方，
即直线的方程为：，直线的方程为：，
故的方程为；直线的方程为：.
（2）由（1）知：，圆的半径，
又，则，，
即，
故以P为圆心，为半径的圆P的方程为，
显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，
则直线AB的方程为，即，
由，所以直线AB过定点；
设AB的中点为F点，直线AB过的定点为H点，如图所示：

当不重合时，则HF始终垂直于FM，所以F点的轨迹为以HM为直径的圆（除去点M），
又，，
故该圆圆心为，半径，且不经过．
∴点F的轨迹方程为；
故线段AB中点的轨迹方程.
（3）设切线方程为，即，
故到直线的距离，即，
则，
设PA，PB的斜率分别为，，则，，
把代入，得，
则，
故当时，取得最小值为．