2023-2024学年广东省深圳市校联盟高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省深圳市校联盟高二上学期期中数学试题含答案，共17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Oxyz中，点关于平面yOz对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据空间点关于坐标平面的对称直接求解.
【详解】根据空间直角坐标系中点的对称的性质，
关于平面yOz对称的点的坐标为，
故选：A
2．直线的一个方向向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】变形后得到的方向向量是，，求出答案.
【详解】变形为，
故的方向向量是，，
当时，一个方向向量为，其他选项均不合要求.
故选：D
3．已知直线l的方向向量，平面的法向量，若，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据得到与垂直，进而得到方程，求出.
【详解】因为，故与垂直，
故，解得.
故选：C
4．已知，则“直线与直线垂直”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先计算出两直线垂直得到或1，故得到答案.
【详解】直线与直线垂直，
则，
解得或1，
故“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．已知空间三点，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知求出，进而根据数量积以及模的坐标运算，即可求出答案.
【详解】由已知可得，，
所以.
又，
所以．
故选：C.
6．空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，阅读上面的内容并解决下面问题：现给出平面的方程为，经过的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意得到直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量求解公式得到答案.
【详解】由题意得，直线的方向向量为，平面的法向量为，
设直线与平面所成角的大小为，
则
故选：A
7．已知直线与曲线有两个不同的交点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及直线与圆相切的充要条件，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】曲线表示圆在x轴的上半部分，
当直线与圆相切时，，
解得，当点在直线上时，
，可得,所以实数取值范围为.
故选：A
8．空间直角坐标系中，，，，点P在平面ABC内，且平面ABC，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用向量法求出的长，再由勾股定理求解即可.
【详解】由，，，得，
设平面的法向量，
则，令，则，
故，
又，平面ABC，
所以，
又，
所以
故选：A
二、多选题
9．关于直线，下列说法正确的有（ ）
A．过点B．斜率为
C．倾斜角为60°D．在轴上的截距为1
【答案】BC
【分析】A. 当时，，所以该选项错误；
B. 直线的斜率为，所以该选项正确；
C.直线的倾斜角为60°，所以该选项正确；
D. 当时，，所以该选项错误.
【详解】A. 当时，，所以直线不经过点，所以该选项错误；
B. 由题得，所以直线的斜率为，所以该选项正确；
C. 由于直线的斜率为，所以直线的倾斜角为60°，所以该选项正确；
D. 当时，，所以直线在轴上的截距不为1，所以该选项错误.
故选：BC
10．若平面，平面的法向量为，则平面的一个法向量可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据平面垂直则法向量数量积为零，逐一计算，即可判断和选择.
【详解】根据题意，与平面的法向量数量积为零，
对A：因为，满足题意，故A正确；
对B：因为，故B错误；
对C：因为，满足题意，故C正确；
对D：因为，故D错误.
故选：AC.
11．已知圆心为的圆与点，则（ ）
A．圆的半径为2
B．点在圆外
C．点与圆上任一点距离的最大值为
D．点与圆上任一点距离的最小值为
【答案】BCD
【分析】把圆C的方程化为标准形式，写出圆心和半径，再逐一分析各选项并判断作答.
【详解】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正确；
因点，则，点在圆外，B正确；
因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C正确；
在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA上时取“=”，C正确.
故选：BCD
12．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．B．与所成角的余弦值为
C．平面D．与平面所成角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】A.由 求解判断；B. 利用空间向量的数量积运算求解判断； C. 由是否为零判断；D. 由与AC的夹角的余弦值判断.
【详解】A.因为，
所以 ，
，
，故正确；
B. 因为，
所以，
所以，故正确；
C. 因为，
所以，又，所以平面，故正确；
D. 由题意知：与平面上的射影为AC，则与AC的夹角即为所求，
而，故错误.
故选：ABC
三、填空题
13．若直线与直线平行，则实数的值为 .
【答案】
【分析】由直线不相交，求出值并验证即可.
【详解】由直线与不相交，得，解得或，
当时，直线的纵截距为，直线的纵截距为，则，
当时，直线的纵截距为，直线的纵截距为，则直线重合，
所以实数的值为.
故答案为：
14．已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则 .
【答案】
【分析】根据平面法向量的性质，结合空间向量平行的性质的坐标进行求解即可.
【详解】设平面的法向量为
因为，
所以，
所以有，
故答案为：
15．已知圆与圆只有一条公切线，则 .
【答案】16
【分析】首先求出两圆的圆心坐标与半径，依题意可知两圆相内切，即可得到，从而得解.
【详解】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
因为圆与圆只有一条公切线，
所以两圆相内切，所以，即，
所以.
故答案为：
16．四面体各顶点坐标为，则它的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】画出满足题意的四面体，进而结合四面体的外接球的直径长度为长方体的体对角线长度进行求解即可.
【详解】由题意，在棱长为2的正方体中，四面体的各个顶点如图所示，
可见四面体的各个顶点恰好在长方体的其中四个顶点上，
所以四面体的外接球的直径长度为长方体的体对角线长度，
而长方体的体对角线长度为，
所以四面体的外接球的半径为，
则四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.

四、解答题
17．如图，四棱锥中，底面，底面是边长为2的菱形，，F为CD的中点，，以B为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

(1)写出B，D，P，F四点的坐标；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，写出；
（2）利用空间向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）因为底面是边长为2的菱形，且，F为CD的中点，
所以，又，
；
（2）.
18．已知的三个顶点是，，.
(1)求BC边上的高所在直线的方程；
(2)若直线过点C，且点A，B到直线的距离相等，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）求出直线BC的斜率，则可求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线的方程；
（2）由题意分直线与AB平行和直线通过AB的中点两种情况求解.
【详解】（1）因为，所以BC边上的高所在直线的斜率为，
所以BC边上的高所在直线的方程，
即.
（2）因为点A, B到直线的距离相等，所以直线与AB平行或通过AB的中点，
①当直线与AB平行，
因为，且过点C，
所以方程为，即.
②当直线通过AB的中点，
所以，
所以的方程为，即.
综上：直线的方程为或.
19．已知圆经过，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若从点发出的光线经过直线反射后恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分线方程，联立直线的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；
（2）设关于的对称点为，结合反射光线原理可得其对称点坐标，进而利用直线的两点式方程即可得出结果.
【详解】（1）由题知中点为，，
所以的垂直平分线方程为，即，
联立，解得，即圆心为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为.
（2）设关于的对称点为，
则直线与垂直，且的中点在直线上，
则，解得，
由题意知反射光线过圆心，故，
即.

20．如图，在三棱柱中，底面三角形是边长为4的正三角形，侧面是菱形，且平面平面分别是棱的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若①三棱锥的体积为8；②与底面所成角为；③异面直线与所成的角的大小为.请选择一个条件求平面与平面所成角（锐角）的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，易证四边形为平行四边形，从而有，故而得证；
（2）取中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
依次得平面和平面的法向量与，再由，得解；
选择条件②：易知，从而得，接下来同①；选择条件③：易知，从而有，接下来同②中．
【详解】（1）取中点连接，则，
所以四边形为平行四边形，故
又平面平面，所以平面.
（2）选①，，
取中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量为，
则即令，则，
设平面的法向量为，
则即令，则，
.、
选择条件②：∵与底面所成的角为60°，∴，
∴OC＝2，∴点O为AC的中点，∴OB⊥AC，
取中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量为，
则即令，则，
设平面的法向量为，
则即令，则，
．
选择条件③：∵，∴即为异面直线与所成的角，
即，∵，，∴，
即，取中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量为，
则即令，则，
设平面的法向量为，
则即令，则，
．
21．直线，圆.
(1)证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
(2)当直线被圆截得的弦最短时，求此时的方程；
(3)设直线与圆交于两点，当的面积最大时，求直线方程.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)
【分析】（1）将直线化为，令即可求解；
（2）当与垂直时，直线被圆截得的弦最短，根据即可求解；
（3）方法1（几何法）：当时，有最大值，此时面积有最大值；
方法2：根据垂径定理与点到直线的距离公式将面积转化为关于点到直线的距离的方程，利用二次函数的最值问题即可求解.
【详解】（1）证明：由题意知可化为，
故解得直线恒过定点.
（2）因为
所以圆的圆心为，半径，
如图所示：

，
当直线被圆截得的弦长最短时，与垂直，
，
，即.
（3）方法1（几何法）
，且为钝角，
当时有最大值，即面积有最大值，
此时同（2），即.
方法2
设圆心到直线的距离为，则，
，
当时有最大值，此时同（2），
或者由，，解得，
.
22．如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，平面平面，.

(1)若
与
相似，三棱锥
的外接球的球心恰为
中点，求
与平面
所成角的正弦值；
(2)求四棱锥
体积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用面面垂直性质定理及线面角的定义计算即可；
（2）结合空间向量法求轨迹方程再应用体积公式求解.
【详解】（1）由题意知平面平面，平面平面，且平面APB，平面，
又，
又三棱锥外接球的球心恰为中点，，
，即，
，
又
，设与平面所成角的正弦值为.
即与平面所成角的正弦值为.
（2）
易知四边形的面积为3，
以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
易知点在平面内，设，
由得，
即即，
轨迹是在面上，以为圆心，为半径的圆上，
体积最大，即到平面距离最大，且最大值为，
最大值.