2023-2024学年广东省江门市台山市华侨中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省江门市台山市华侨中学高二上学期期中数学试题含答案，共16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．在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标的特点，即可求出B的坐标.
【详解】由题意在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，
则B的坐标为，
故选：C
2．原点到直线的距离是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用点到直线距离公式直接求解即可.
【详解】由点到直线距离公式得：
故选：
【点睛】本题考查点到直线距离的求解问题，考查基础公式的应用.
3．经过点，且倾斜角为45°的直线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的点斜式方程进行求解.
【详解】因为所求直线的倾斜角为45°，所以所求直线的斜率，所以直线方程为．故A，C，D错误.
故选：B.
4．三棱柱中，记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据向量加减法运算求解即可得答案.
【详解】解：如图，根据向量的加减法运算法则得：
，
故选：C.
5．若直线与垂直，则（ ）
A．B．1C．0D．2
【答案】C
【分析】根据两直线互相垂直的充要条件进行求解即可.
【详解】因为直线与垂直，
所以，
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】D
【分析】求得圆心坐标分别为，半径分别为，根据圆圆的位置关系的判定方法，得出两圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意，圆与圆，
可得圆心坐标分别为，半径分别为，
则，
所以，可得圆外离，
所以两圆共有4条切线.
故选：D.
7．在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可求在方向上的投影数量，进而点到直线的距离为，即求.
【详解】∵，，，
∴，
∴，
∴在方向上的投影数量为，
∴点到直线的距离为.
故选：C.
8．已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据上，得到点p在线段AB上，其方程为上，又点在直线l上，联立其方程，求得，然后由求解.
【详解】将代入得，
将代入得，
所以A，B不在直线l上，
又上，
所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
即，
因为，
所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到点P在线段AB上，再根据点P的直线l上，联立求得，再利用斜率与倾斜角的关系而得解.
二、多选题
9．已知，则下列向量中与平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用两空间向量共线定理，得到方程组，进行求解.
【详解】A选项，设，则，无解，A错误；
B选项，设，则，解得，B正确；
C选项，设，则，无解，C错误；
D选项，设，则，解得，D正确.
故选：BD
10．已知单位向量，，两两垂直，且，，不共面.设，，.下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．，所成角为钝角D．，，共面
【答案】AC
【分析】根据给定条件，利用垂直的向量表示判断A；利用共线向量判断B；求出判断C；利用共面向量定理判断D即得.
【详解】由单位向量，，两两垂直，得，
对于A，，则，A正确；
对于B，若，则，即，即有，矛盾，因此不平行，B错误；
对于C， 由选项B可设，所成的角为，
则，
而，因此，所成角为钝角，C正确；
对于D， 假设，，共面，而不共线，则，
即，于是，无解，则，，不共面，D错误.
故选：AC
11．已知圆，直线，则（ ）
A．圆C的圆心为B．点在l上
C．l与圆C相交D．l被圆C截得的最短弦长为4
【答案】BCD
【分析】一般方程化成标准方程可判断A；点代入直线方程可判断B；根据点在圆内判断C；根据与圆心连线与直线垂直时，l被圆C截得的弦最短判断D.
【详解】由，所以圆的圆心为，半径，A不正确；
因为时，所以点在l上，B正确；
因为圆心到的距离为，所以点在圆内，又点在l上，故l与圆C相交，C正确；
与圆心连线与直线垂直时，l被圆C截得的弦最短，最短弦长为，D正确.
故选：BCD.
12．如图，正四面体的顶点A、B、C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列正确的是（ ）
A．三棱锥是正三棱锥
B．直线平面ACD
C．直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为
D．异面直线AB和CD所成角是90°
【答案】ACD
【分析】过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，可证得M为BC中点，连接CN交AB于P，则P为AB中点，可证得N为底面△ABC中心，即可判断选项A,由图观察可判断选项B, 取AB中点E，连结CE、DE，可证得平面CDE，进而可判断D选项，设，则，利用余弦定理可求得，进而求得，即可判断选项C.
【详解】ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，
又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，
过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，
由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，
同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，
∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．
将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD相交．
则B不正确，
取AB中点E，连结CE、DE，
，，，，
，平面CDE，平面CDE，，故D正确；
设，则，,
,直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为,则C正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量，，则的值为 .
【答案】
【分析】根据空间向量的坐标运算求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14．如图，在空间四边形中，分别是的中点，则 .
【答案】
【分析】根据空间向量运算法则计算出结果.
【详解】因为分别是的中点，
所以.
故答案为：
15．若圆与直线x＋y＋1＝0相交于A、B两点，则弦的长为 .
【答案】
【分析】确定圆心和半径，计算圆心到直线的距离为，再根据弦长公式计算得到答案.
【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，
故.
故答案为：
16．已知直线l：与曲线有两个交点，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【分析】直线l过定点，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，数形结合可得答案.
【详解】直线l：，得，可知直线l过定点，
如图，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，
当直线l与半圆相切时，，解得，
曲线与x轴负半轴交于点，，
因为直线l与曲线有两个交点，所以.

故答案为：.
四、解答题
17．已知直线经过两点，经过两点．
(1)若，求的值；
(2)若的倾斜角互余，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，可得，再结合斜率公式即可得解；
（2）设的倾斜角为，则直线的倾斜角为，再结合斜率公式即可得解.
【详解】（1），
因为，
所以，得，
经检验，符合题意，
所以；
（2）因为的倾斜角互余，
设的倾斜角为，则直线的倾斜角为，
所以，得．
18．已知．
(1)若，求实数k的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知向量垂直有，应用空间向量数量积的坐标表示列方程，求的值.
（2）由题设得，应用空间向量夹角的坐标表示求即可
【详解】（1），
，
由，即，
∴，解得:；
（2）由已知得：，，
.
19．已知圆经过点和，且圆关于直线对称．
(1)求圆的方程；
(2)过点作直线与圆相切，求直线的方程．
【答案】(1)；
(2)和.
【分析】（1）由题意可知圆心为AB中垂线与的交点，计算圆心再求半径，由圆的标准方程表示即可；
（2）分类讨论，设切线方程，由圆心到切线的距离等于半径计算即可.
【详解】（1）∵，，故AB的中点坐标为，，
∴AB的垂直平分线为：，
由解得圆心，半径
故圆的方程为；
（2）若直线的斜率存在，方程可设为，即
圆心到直线的距离为，解得，
所求的一条切线为；
当直线的斜率不存在时，圆心到的距离为4，即与圆相切，
所以直线的方程为和．
20．长方体中，，.点为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、正方形的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可.
【详解】（1）因为是长方体，
所以平面，而平面，
所以，
又因为，
所以侧面是正方形，因此，
因为平面，
所以平面；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，
则有，
因为，
所以有平面.
21．平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上.
(1)求圆的方程；
(2)圆与直线交于，两点，在圆上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，直线方程为或.
【分析】（1）利用待定系数法即求；
（2）利用直线与圆的位置关系可得，然后利用菱形的性质可得圆心到直线的距离，即得.
【详解】（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为，，
设圆的方程为，
则，
解得.
∴圆的方程为；
（2）∵圆与直线交于，两点，
圆化为，圆心坐标为，半径为.
∴圆心到直线的距离，解得.
假设存在点，使得四边形为菱形，则与互相平分，
∴圆心到直线的距离，
即，解得，经验证满足条件.
∴存在点，使得四边形为菱形，此时的直线方程为或.
22．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，．
(1)求证：；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标与向量的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式代入计算，判断得点的坐标，从而求解体积.
【详解】（1）因为，，，所以，
又因为，且，，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，平面PAC，平面PAC，
所以平面，
又因为平面，所以．
（2）在BC上取点E，使，则，
故以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，
在平面MAC中，，，
设平面MAC的一个法向量为，则 ，
令，则，，所以，
可取平面ACD法向量为，
所以，解得，
所以三棱锥的高h为，
．
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.