13_广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（原卷及解析版）

这是一份13_广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（原卷及解析版），文件包含13_广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题原卷版docx、14_广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
命题人：李善红王小勇刘和阳张秀敏审题人：时华
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设有四边形ABCD,O为空间任意一点,且,则四边形ABCD是( )
A. 空间四边形B. 平行四边形
C. 等腰梯形D. 矩形
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，化简可得，利用向量相等证明四边形为平行四边形.
【详解】由已知得,即是相等向量,因此的模相等,方向相同,
即四边形ABCD是平行四边形.故选B.
【点睛】本题主要考查了向量的加法，向量相等的意义，属于中档题.
2. 已知向量，，满足，则的值为（）
A. 2B. -2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用空间向量垂直的公式计算即可.
【详解】，，
，
解得
故选：A.
3. 直线的倾斜角是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依据斜率计算倾斜角即可.
【详解】直线的斜率为，则由，知，即
故选:B．
4. 已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（）
A. 1B. 3C. 9D. 81
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
【详解】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于得，解得，
所以的值为1.
故选：A
5. 已知直线，，若且，则的值为（）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
6. 已知圆：和：，则两圆的位置关系是（）
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆的圆心距与两圆半径和差的比较即可判断两圆位置关系.
【详解】因为圆：的圆心，半径为，
圆：即的圆心，半径为，
所以两个圆的圆心距，又两个圆的半径和为，
所以圆与圆的位置关系是外切.
故选：B.
7. 若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求解的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求解圆的半径，然后得到圆的方程.
【详解】圆经过点，，
可得线段的中点为，又，
所以线段的中垂线的方程为，
即，
由，解得，
即，圆的半径，
所以圆的方程为.
故选：A.
8. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正方体的性质得到平面，然后建立空间直角坐标系，设，，，根据∥平面，得到，，然后得到，最后求最值即可.
【详解】
因为为正方体，所以平面，，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，
设，，，
，，，
因为∥平面，所以，
因为，所以，即，
，
所以当时，最小，最小为.
故选：A.
二、多项选择题：每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（）
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面；
B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面；
C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底；
D. 若，则是锐角.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对选项A，根据空间向量共面定理即可判断A正确；对选项B，根据即可判断B正确；对选项C，根据题意得到则也共面，即可判断C正确，对选项D，根据，得到，即可判断D错误.
【详解】对选项A，根据空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，
则这三个向量一定共面，故A正确.
对选项B，因为，且，
所以四点共面.
对选项C，因为是空间的一组基底，所以不共面，
则也不共面，，
即也是空间的一组基底，故C正确；
对选项D，若，则，故D错误.
故选：ABC
10. 已知直线过直线和的交点，且原点到直线的距离为3，则的方程可以为（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】先求得和的交点坐标，然后根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，结合原点到直线的距离确定正确答案.
【详解】由解得，即交点为，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时原点到直线的距离为，符合题意，A选项正确.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即，
由解得，
直线的方程为，C选项正确.
故选：AC
11. 空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（）
A.
B.
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D. 点O到直线BC的距离是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答.
【详解】对于A，，，，
依题意，，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，,因为，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，因为，，在上的投影为，
所以点O到直线BC的距离是，故D错误.
故选：AC.
12. 已知圆C：，直线，则下列结论正确的是（）
A. 圆C与曲线恰有三条公切线，则
B. 当时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C. 直线l恒过第二象限
D. 当时，l上动点P作圆C的切线PA，PB，且A，B为切点，则AB经过点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：结合两圆的位置关系分析运算；对B：根据题意结合点到直线的距离分析运算；对C：根据直线过定点运算求解；对D：先根据两圆相交的性质求直线的方程，在根据直线过定点运算求解.
【详解】由题意可得：圆C的圆心，半径，
对A：曲线化简为，
当，即时，不表示任何图形；
当，即时，表示点；
当，即时，表示圆心，半径的圆，
若圆与曲线恰有三条公切线，
则，解得，故A正确；
对B：当时，直线为，
所以圆心到直线的距离，
故圆上有四个点到直线的距离都等于1，故B错误；
对C：由直线：，整理得:，
令，解得，
即直线经过定点，故C正确；
对D：当时，直线的方程为，
设点，且，
则线段的中点，且，
以线段为直径的圆的方程为，
整理得，
∵圆的方程为，
则两圆的公共弦的方程为，整理得，
令，解得，
即直线经过点，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ，，则_______．
【答案】6
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】解：因为，，
所以，
所以；
故答案为：.
14. 已知圆的方程，圆与圆是同心圆且过点，则圆的标准方程为______________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心坐标，再求出圆的半径即可.
【详解】依题意，圆的圆心，则半径，
所以圆的标准方程为.
故答案为：
15. 已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设右焦点为，连接，.判断出四边形为矩形.在中，解三角形求出，，利用椭圆的定义得到，即可求出离心率.
【详解】设右焦点为，连接，.
因为，即，可得四边形为矩形.
在中，，.
由椭圆的定义可得，所以，所以离心率.
故答案为：.
16. 在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时，________；点的轨迹的长度为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系可得当在上时，满足，求得的长；当为内的动点（含边界）时，再取中点，，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度．
【详解】因为平面，平面，所以，又，所以，
又平面，所以平面，过，如图建立空间直角坐标系，
则，设，所以，则
①当在上时，设，因为，所以，故，则
所以；
②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为
由①可得，又，平面，所以平面，因为平面，所以
即在线段上运动时，，
点的轨迹为线段．
则．
故答案为：；.
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
17. 设，向量，，，且，.
（1）求；
（2）求向量与夹角的大小．
【答案】（1）3（2）
【解析】
【分析】根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量和，再进行相应运算即可.
【小问1详解】
由题意，，，
可得，解得，
则，，所以，
故.
【小问2详解】
因为，
所以，
故向量与的夹角为.
18. 已知的顶点.
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在直线方程为，且的面积为5，求顶点的坐标．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）直接有两点式即可得出答案；
（2）求出边上的中点的坐标从而可求得，即可求得中线所在直线的方程，设顶点，根据的面积为5可得出的一个关系式，再根据中线所在直线的方程，解方程组即可得解.
【小问1详解】
解：直线的方程为，即；
【小问2详解】
解：边上的中点的坐标为，且点在直线上，则，解得，
即中线所在直线的方程为，
设顶点，所以，
因为，点到直线的距离，
因为，所以，
整理得，所以或，
即或.，
由得，此时顶点；
由得，此时顶点，
所以顶点的坐标为或.
19. 已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上，过原点作直线交椭圆于、两点，且点不是椭圆的顶点，过点作轴的垂线，垂足为，点是线段的中点，直线交椭圆于点，连接
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求证：．
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据焦距可得，以及点可得，然后根据，可得结果.
（2）分别假设点的坐标，并计算坐标，然后计算，根据，最后化简，可得结果.
【详解】（1）由题可知：，又
所以
故椭圆的方程为，离心率
（2）设点
由点是线段的中点，所以
由①，②
则②-①：
由三点共线，所以
则
即
所以
【点睛】本题考查椭圆的方程以及椭圆与直线的几何关系，重点在于点坐标的假设，观察到椭圆是对称的图形，难点在于计算，考验计算能力，属中档题.
20. 已知直线：与圆：相交于，不同两点.
（1）求的范围；
（2）设是圆上的一动点（异于，），为坐标原点，若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相交列出不等式，可得解；
（2）直线与圆联立利用韦达定理可求得直线的方程，进而得解.
【小问1详解】
∵直线与圆交于两点，∴，
解得.
【小问2详解】
设，，
将代入方程，
整理得，
∴，，
，
解得，由（1）知，
所以直线的方程为，
可知圆心在直线上，
∴是圆的直径，且，
∵是圆上的一动点（异于，），
∴到直线的最大距离即为半径为1，
∴面积的最大值为.
21. 如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点是线段中点
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.
小问1详解】
证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
【小问2详解】
过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
22. 已知圆心在原点的圆被直线截得的弦长为
（1）求圆的方程；
（2）设动直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）；（2）当点为时，直线与直线关于轴对称
【解析】
【分析】（1）利用圆心到直线的距离公式求得圆的半径，即可求得圆的方程；
（2）设，通过对称性将坐标的关系找出，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，代入化简求解即可.
【详解】（1）圆心到直线的距离，由圆的性质可得，所以，圆的方程为；
（2）设，
由得，,
所以
若直线与直线关于轴对称，则，
即，即，化简得，
代入韦达定理，即
所以当点为时，直线与直线关于轴对称；