2023-2024学年广东省茂名市电白区高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省茂名市电白区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，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，则（ ）
A．9B．3C．6D．
【答案】C
【分析】利用空间向量模长公式计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
2．直线的倾斜角是（ ）
A．135°B．120°C．60°D．45°
【答案】A
【分析】根据斜率与倾斜角之间的关系由斜率求直线的倾斜角.
【详解】直线的斜率，
令直线倾斜角为，则，解得，
故选：A
3．如图，在平行六面体中，与的交点为，设，，，若，则（ ）
A．1B．0C．D．2
【答案】B
【分析】利用空间向量的加减运算法则以为基底表示出即可求得.
【详解】
即可得，，
所以.
故选：B
4．已知圆关于直线对称，且直线与直线平行，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据圆关于直线对称，所以圆心在直线上，又由直线与直线平行，从而求解.
【详解】由圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
又因为直线与直线平行，
所以：设直线方程：，
将圆心代入得：，得直线方程：，故B项正确.
故选：B.
5．已知点，，若，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的坐标表示计算即可.
【详解】易知.
故选：D
6．已知点，，，且点在线段的垂直平分线上，则（ ）
A．B．2C．8D．
【答案】C
【分析】根据，两点可求出线段的中点坐标及斜率，然后利用两直线垂直，从而求解.
【详解】由点，，可得线段的中点，
所以得：线段的斜率为，
所以得：线段垂直平分线的斜率为，解之得：.
故选：C.
7．已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设平面ABE的法向量为，然后由，可求出其法向量.
【详解】由题意可得，，，
所以，
设平面ABE的法向量为，
由，得到，取，则，
所以平面ABE的一个法向量为，
所以是平面ABE的法向量.

故选：C.
8．17世纪，笛卡尔在《几何学》中，通过建立坐标系，引入点的坐标的概念，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，打开了数学发展的新局而，创立了新分支——解析几何.我们知道，方程在一维空间中表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线；在三维空间中，它表示一个平面.那么，过点且为法向量的平面的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间直角坐标系的特征判断即可，再由在空间直角坐标系中，若法向量为，且平面过点，那么平面方程为计算即可.
【详解】设是该平面内的任意一点，则
过点且法向量为的平面的方程为，整理得.
故选：D
二、多选题
9．已知直线l：，其中，则（ ）
A．当时，直线l与直线垂直
B．若直线l与直线平行，则
C．直线l过定点
D．当时，直线l在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【分析】利用两直线的位置关系可判定AB，利用直线方程的特征可判定C，利用截距的定义可判定D.
【详解】对于A，当时，直线的方程为，其斜率为1，
而直线的斜率为，所以当时，直线与直线垂直，所以A正确；
对于B，若直线与直线平行，则，
解得或，所以B错误；
对于C，当时，，与无关，故直线过定点，所以C正确；
对于D，当时，直线的方程为，在两坐标轴上的截距分别是，1，
不相等，所以D错误，
故选：AC．
10．已知，，，则（ ）
A．直线与线段AB有公共点
B．直线AB的倾斜角大于
C．的边BC上的高所在直线的方程为
D．的边BC上的中垂线所在直线的方程为
【答案】BC
【分析】A选项，画出图像即可看出有无交点；B选项用先用直线斜率公式求出斜率，再比较倾斜角与的大小；C选项的边上的高所在直线过点A，且斜率和直线的斜率乘积为，用点斜式写出边上的高所在直线；D选项的边上的中垂线经过BC的中点，且斜率和直线的斜率乘积为，从而利用点斜式写出中垂线所在直线的方程；
【详解】如图所示：所以直线与线段无公共点，A错误；
因为，所以直线的倾斜角大于，B正确．
因为，且边上的高所在直线过点A，
所以的边上的高所在直线的方程为，
即，C正确，
因为线段的中点为，且直线的斜率为，
所以上的中垂线所在直线的方程为，
即，故D错误.
故选：BC.
11．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】根据直线的方向向量和平面的法向量，以及线面的位置关系求得正确答案.
【详解】若，则，即有，即，即有，故A正确，C错误；
若，则，即有，可得，
解得，则，故B错误，D正确．
故选：AD
12．古希腊著名数学家阿波罗尼奥斯（约公元前前年）发现：平面内到两个定点的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼奥斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，已知点，，平面内的动点满足：，则下列关于动点的结论正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．当三点不共线时，面积的最大值是
C．当三点不共线时，若点的轨迹与线段交于，则
D．若点，则的最小值为
【答案】ABC
【分析】选项A，应用两点距离公式求P的轨迹方程为，即可判断出选项A的正误；
选项B，由圆的性质求定弦与圆上点所成三角形的最大值判断出选项B的正误；
选项C，根据，结合角平分线的性质判断选项C的正误；
选项D，由已知有，利用三点共线求最小值判断选项D的正误.
【详解】设，因为，所以，整理得到，
故点的轨迹方程为，
对于选项A，点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所以选项A正确；
对于选项B，因为圆的半径为4且，当的底边上的高最大，即高为半径4时，面积最大，所以面积的最大值是，
所以选项B正确；
对于选项C，由题知，点M的坐标为，当不共线时，因为，由角平分线定理的逆定理知：射线是的平分线，所以选项C正确；
对于选项D，因为，即，则，又P在圆上，如图所示，

所以当三点共线时，取最小值，此时，所以选项D错误，
故选：ABC．
【点睛】关键点睛：利用两点距离公式及比例关系求动点轨迹，再利用圆的性质求面积，应用等比转化求线段和最值.
三、填空题
13．已知点，，若直线的斜率为2，则 .
【答案】0
【分析】利用两点斜率公式计算即可.
【详解】易知.
故答案为：0
14．已知，，点P在线段AB上，且，则向量的坐标为 .
【答案】
【分析】由题意可得，则由向量的运算可得，从而可求出，再由可求得结果.
【详解】因为点P在线段AB上，且，
所以，所以，
得，
因为，，
所以，
所以，
故答案为：
15．已知点，直线l：（），则点P到直线l的距离的最大值为 .
【答案】；
【分析】根据直线过定点的求法可求得直线所过定点，当直线与PQ垂直时，点P到直线的距离最大.
【详解】直线方程可化为：，
由得：，
∴直线恒过定点，
所以点P到直线l的距离的最大值为.
故答案为：.
16．如图，在棱长为1的正方体中，Q是棱上的动点，则下列说法正确的是 .（把所有正确结论的序号填写在横线上）

①存在点Q，使得；
②存在点Q，使得；
③对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为
④对于任意点Q，都是钝角三角形
【答案】②③
【分析】①设出点坐标，表达出，即可得出结论；②设出点坐标，表达出，即可得出结论；③设出点坐标，写出Q到的距离的表达式，即可求出范围；④求出两个向量的夹角的余弦值表达式，即可得出的形状.
【详解】由题意，
在正方体中，棱长为，是棱上的动点，
建立空间直角坐标系如下图所示，

所以,，，，
,
设，其中，
所以，，
当，即，所以，
显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故①错误；
当时，解得，故②正确；
因为，其中，
所以点到的距离为
，故③正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误．
故答案为：②③.
四、解答题
17．已知直线：，：，在上任取点A，在上任取点B，过线段AB的中点作的平行线.
(1)求直线与之间的距离；
(2)求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两平行线间的距离公式代入计算即可得与之间的距离为；
（2）根据题意可知到与的距离相等且为，设出直线方程即可求得结果.
【详解】（1）易知与平行，所以两平行直线与间的距离为
（2）由与平行可知，设的方程为.
由题意知与之间的距离为，
所以有，解得或（舍去）
所以的方程为
18．已知平面直角坐标系中有，，，四点，这四点是否在同一个圆上？请说明理由.
【答案】四点在同一个圆上.
【分析】根据不共线的三点确定一个圆，求出圆的方程，再把第四个点的坐标代入，如果满足方程，则四点在同一个圆上，否则，不在同一个圆上.
【详解】解法一：设经过，，三点的圆的方程为，
则，
即，解得
所以过A、B、C三点的圆的方程为，
把点的坐标代入圆的方程，
得
即点的坐标满足圆的方程，所以点在该圆上，
所以这四点在同一个圆上.
解法二：易知AB的垂直平分线为，
AC的中点为，直线AC的斜率为2，
所以线段AC的垂直平分线为，即
解方程组得三角形ABC的外接圆圆心为，
半径为，
所以三角形ABC的外接圆为，
把点D的坐标代入方程的左边得所以点D也在圆上.
所以A，B，C，D四点在同一个圆上.
19．如图，已知四面体ABCD的所有棱长都等于1，E，F，G分别是棱AB，AD，BC的中点.

(1)求；
(2)求直线GE，GF夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量基本定理，以三个不共面的向量为基底，表示出向量，利用即可得；
（2）利用向量的数量积求夹角即可.
【详解】（1）.
因为四面体的所有棱长都等于1，所以，
所以.
.
∴
（2）
，
，
所以，GE，GF夹角的余弦值为.
五、未知
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E、F分别为CD、PB的中点，，.
(1)证明：平面ADP；
(2)求点P到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明平面ADP；
（2）利用空间向量法可求得点P到平面AEF的距离．
【详解】（1）因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，
所以以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系：
则、，所以
因为DC⊥平面ADP，所以是平面ADP的法向量.
因为，所以，又因为平面PAD，所以平面PAD
（2）由题意知，，得，
设是平面AEF的法向量，则即，
令，得，故.
所以点P到平面AEF的距离为
六、解答题
21．已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为.
(1)求顶点C的坐标；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）根据过点且与垂直，可求的方程，求与的交点得点C的坐标；（2）利用的中点M在直线上可求点A的坐标，再求点A到的距离求得的高，即可求面积.
【详解】（1）因为，，所以，
又，则的方程为，即，
解方程组，得，所以点C的坐标为；

（2）设，
因为的中点M在直线上，所以，
得，所以点A的坐标为，
则点A到的距离为，.
所以的面积是.
七、未知
22．如图1，四边形是梯形，，，是的中点，将沿折起至，如图2，点在线段上.
(1)若点在线段的中点，求证：平面平面；
(2)若，且平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）利用等腰三角形的性质找，的垂线，证明线面垂直，再证明面面垂直；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值，再求余弦值.
【详解】（1）证明：因为，，点是线段的中点，所以：
取中点，连接，，如下图所示；
因为四边形是梯形，，是的中点，且，
可得，所以，
又由，且是的中点，可得，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且，平面，
所以平面DMN，
又因为平面，
所以：平面平面
（2）在中，由，且为的中点，可得，
在中，由，且为的中点，可得，
因为，所以，可得，
又因为，，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如（1）图中所示.
则，，，，，
设，得：，
可得：，
所以：，，
设平面的一个法向量为，
则得：
令：，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
即：，解得：或（舍去），
所以：，且，
设平面的一个法向量为，
因为，，
故，
令：，得：，，所以，
设直线与平面所成角为，（），可得：
所以：，
所以：直线与平面所成角的余弦值为.
故答案为：.