2023-2024学年广东省广州市协和中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市协和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，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知，，，若，则（ ）
A．B．C．11D．4
【答案】B
【分析】根据空间向量共线的性质进行求解即可.
【详解】，，
因为，所以，
解得，，故.
故选：B
2．已知角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据三角函数的定义求出，再根据两角差的正弦公式即可得解.
【详解】因为角的终边过点，
所以，
所以.
故选：A.
3．“”是“直线和直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据两条直线垂直的性质再结合充分条件、必要条件的概念求解即可.
【详解】直线的斜率为，
当时，直线的斜率为，则两条直线垂直，满足充分性.
因为“直线和直线垂直”，
所以直线的斜率存在，为.
所以，解得，不满足必要性.
所以“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A
4．若，则（ ）
A．B．C．-3D．3
【答案】C
【分析】利用诱导公式，弦化切进行计算.
【详解】，
分子分母同除以，
，
解得：
故选：C
5．已知直线与直线的交点为，则以为圆心，且与直线相切的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】联立直线与直线的方程求得交点坐标，即到是圆心坐标，再由点到直线的距离可得圆的半径，从则得圆的方程.
【详解】解：由，可得，，即，
又到直线的距离为，故所求圆的半径为，故所求圆的方程为．
故选：B
6．四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
7．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直线始终平分圆的周长，即直线经过点,即故点在直线上,可看作动点到定点的距离的平方，利用点到直线的距离公式即可求得.
【详解】解：，故圆的圆心坐标为，直线始终平分圆的周长，即直线经过点,故，即.
可看作动点到定点的距离的平方，又因为，故点在直线上,所以的最小值为点到直线的距离.
∵
∴
∴
即的最小值为.
故选：D.
8．如图，在楼长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点E在BD上，点F在上，且，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：
①当点E是BD中点时，直线平面；
②直线到平面的距离是；
③面积的最小值是．
其中所有正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】对①，由线面平行的判定定理进行判断即可；对②，证明平面，则直线到平面CMN的距离等于点到平面CMN的距离，利用等体积法列式可求；对③求出点到的距离，则面积为，由二次函数的性质求最小值即可.
【详解】对①：连接，
因为点E是BD的中点，，所以点F是的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面；①正确；
对②:M，N分别是棱，的中点，连接，
所以，又面，面，
所以面，
所以直线到平面的距离等于点到平面CMN的距离，设为，
又
，
得，②错误；
对③：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，，
所以，，
则点到的距离为
，
面积为，
当时，取得最小值为，③错.
所以正确结论的个数是1.
故选：B.
二、多选题
9．下列各式计算正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据三角函数的二倍角公式以及和角公式，可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：BC.
10．已知空间中三点，，，则（ ）
A．与是共线向量
B．与同方向的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是
【答案】BCD
【分析】根据向量的坐标结合共线向量的概念可判断A；求得的模，即可求出与同方向的单位向量判断B；根据向量的夹角公式判断C；根据平面法向量的含义可判断D.
【详解】由题意知空间中三点，，，
则，则，即两向量没有倍数关系，
故与不是共线向量，A错误；
，故与同方向的单位向量是，B正确；
又，故，C正确；
记，则，
，即，，
又平面ABC，所以平面ABC，
故平面ABC的一个法向量是，D正确，
故选：BCD
11．已知圆：与圆：，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆与x轴相切，则
B．直线与圆始终有两个交点
C．若，则圆与圆相离
D．若圆与圆存在公共弦，则公共弦所在的直线方程为
【答案】BC
【分析】选项A：若圆与x轴相切，则等于圆的半径；
选项B：直线恒过定点，点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点；
选项C：利用圆心距与半径之和的关系，判断两圆是否外离；
选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得公共弦所在的直线方程为．
【详解】对于选项A：圆：，半径为2，若圆与x轴相切，则，故A错误；
对于选项B：直线，即，恒过定点，
又由，则点在圆内部，故直线与圆始终有两个交点，故B正确；
对于选项C：若，圆为，其圆心为，半径，
圆：，其圆心为，半径，
圆心距，两圆外离，故C正确；
对于选项D：若圆与圆有公共弦，联立两个圆的方程可得
即公共弦所在的直线方程为，故D错误．
故选：BC．
12．在空间直角坐标系中，已知向量（），点，点.
（1）若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点且其坐标满足，称为直线的方程；
（2）若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点且其坐标满足，称为平面的方程.
设直线的方程为，平面的方程为，，则（ ）
A．
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．到平面的距离为
D．向量是平面内的任意一个向量，则存在唯一的有序实数对，使得，其中.
【答案】ACD
【分析】点的坐标分别代入直线方程、平面方程可判断A；求出平面的一个法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式可判断B；利用点到平面的向量求法可判断C；由空间向量基本定理可判断D.
【详解】对于A，因为，，所以，故A正确；
对于B，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，
由，得直线与平面所成角的余弦值为，故B错误；
对于C，因为，所以，所以到平面的距离为，故C正确；
对于D，因为，所以，
又，，则，即在平面内，
由空间向量基本定理可得存在唯一的有序实数对，使得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．在轴上的截距为2且倾斜角是直线的倾斜角的一半的直线的方程为 .
【答案】
【分析】根据题意，得到所求直线的斜率和经过的点，利用点斜式，写出所求的直线方程.
【详解】直线的斜率为，设倾斜角为，
，故，则，
设所求直线为，其轴上的截距为2，故过点，且斜率为，
所求直线：.
故答案为：
14．在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为
【答案】/
【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解.
【详解】根据余弦定理：
，
得，
由正弦定理△ABC的外接圆半径为.
故答案为:.
15．已知空间向量，是单位向量，，则向量与的夹角为 .
【答案】/
【分析】根据空间向量的几何意义求出向量的模，利用数量积的定义计算即可得出夹角.
【详解】，，
因为，
所以，
所以，
由，得向量与的夹角为.
故答案为：
16．已知直线，若P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当最小时，直线的方程为 .
【答案】
【分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得，说明要使最小，则需最小，此时与直线垂直，写出所在直线方程，与直线的方程联立，求得点坐标，然后写出以为直径的圆的方程，再与圆的方程联立可得所在直线方程．
【详解】解：的圆心，半径，
四边形面积，
要使最小，则需最小，
当与直线垂直时，最小，此时直线的方程为，
联立，解得，
则以为直径的圆的方程为，
则两圆方程相减可得直线的方程为．
故答案为：．
四、解答题
17．已知直线经过点．
(1)若与直线：垂直，求的方程；
(2)若在两坐标轴上的截距相等，求的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据两直线垂直得到的斜率，进而利用点斜式求出直线方程；
（2）考虑截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，待定系数法求出直线方程.
【详解】（1）由题可知，的斜率为，
设的斜率为，因为，所以，则，
又经过点，所以的方程为，即；
（2）若在两坐标轴上的截距为0，即经过原点，设的方程为，
将代入解析式得，解得，
故的方程为，
若在两坐标轴上的截距不为0，则设的方程为，
由，得，
故的方程为，
综上，的方程为或.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且．
(1)求B；
(2)若，且的面积为，求b.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求出，从而求出；
（2）由三角形面积公式求出，结合，求出，由余弦定理求出答案.
【详解】（1），由正弦定理得，
即，
由余弦定理，得.
因为，所以.
（2）由（1）得，
所以的面积为，得，
由及正弦定理，得，
所以.
由余弦定理，得，
所以.
19．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；
(2)求函数在区间上的值域.
【答案】(1)最小正周期为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求出函数的最小正周期，利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递减区间；
（2）由求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求出函数在区间上的值域.
【详解】（1）解：因为
，
所以，函数的最小正周期为，
由可得，
所以，函数的单调递减区间为.
（2）解：当时，，则，
因此，函数在区间上的值域为.
20．如图，在直三棱柱中，侧棱长为是边长为2的正三角形，分别是的中点.
(1)求证：面面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）由已知条件可证，，可得平面，即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：连接在三棱柱中，
因为底面，平面，
所以.
又为等边三角形，E为的中点，所以.
因为，且平面,平面,
所以平面,平面，
所以平面平面.
（2）取中点F，连结，
则因为D，F分别为，的中点，所以.
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，
由题意得,， ，
，，
设平面的法向量，
则，
令则.
平面的法向量
所以
平面与平面的夹角的余弦值是.
21．已知圆．
(1)直线l过点，截圆C所得的弦长为2，求直线l的方程；
(2)过圆上一点作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，求证直线OP和AB平行．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）分直线l的斜率不存在和存在两种情况，根据直线截圆C的弦长等于2，分别求得直线l的方程．
（2）直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，设，与圆的方程联立后求出A，B坐标，代入斜率公式，判断直线OP和AB的斜率是否相等，即可得到答案．
【详解】（1）直线l过点，
当直线l的斜率不存在时，方程为，截圆C得到的弦长等于，满足条件．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，
则圆心C到直线l的距离，
再由弦长公式可得 ，解得，
故所求的直线方程为，即．
综上可得，直线l的方程为 x＝1或．
（2）由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，
故可设．
由 ，得，
因为P的横坐标一定是该方程的解，
故利用韦达定理求得．
同理．
所以
所以，直线AB和OP一定平行．
22．如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，.

(1)证明：面面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，由题设可得、，再应用线面、面面垂直的判定证结论；
（2）过做交于点，由面面垂直性质有面，则即为直线与平面所成角，并证明为的重心，结合已知求得，构建空间直角坐标，设，应用向量法求面面角的正弦值关于的表达式，进而求其最值.
【详解】（1）连接交于点，连接.
因为是菱形，所以，
为的中点，，所以.
又面，且，
所以平面，又平面，
所以，平面平面.

（2）过做交于点，
面面，，面面，面，
所以面，则即为直线与平面所成角，
，
面，面，则，
为的交点，为等边三角形，所以为的重心，
，则，
在中，解得，
以为原点，所在直线为轴建立如下图坐标系，
故，
则，

设平面的一个法向量为，则，令，故．
设，则，，
设平面的一个法向量为，则，令，故．
设平面与平面夹角为，于是，
令，则，
当，即时，， 此时，
平面与平面夹角的正弦值的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第二问，过做交于点，利用已知条件求出，进而构建空间直角坐标系，设，向量法求面面角正弦值关于参数的表达式为关键.