2023-2024学年广东省广州市六十五中高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市六十五中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．直线的一个方向向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，
又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，
故选：A.
2．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件，得到，再利用，即可求出结果.
【详解】由，
得到，
所以，
故选：A.
3．直线，，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】根据两直线垂直可得出关于的等式，即可得解.
【详解】因为，则，解得或.
故选：D.
4．平行六面体中，化简（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量加减运算法则计算出答案.
【详解】.
故选：B
5．已知点在圆的外部，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由点在圆外以及方程表示圆得到不等式组，解不等式组即可.
【详解】由点在圆外知，即，解得，
又为圆，则，
解得，故.
故选：D.
6．已知圆内一点P(2，1)，则过P点的最短弦所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设圆心，由圆的对称性可知过点与垂直的直线被圆所截的弦长最短
【详解】由题意可知，当过圆心且过点时所得弦为直径，
当与这条直径垂直时所得弦长最短，
圆心为，，
则由两点间斜率公式可得，
所以与垂直的直线斜率为，
则由点斜式可得过点的直线方程为，
化简可得，
故选：B
7．瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线被称为欧拉线.已知的顶点，若直线与的欧拉线垂直，则直线与的欧拉线的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题求出欧拉线方程，即可得直线l方程，后可得交点坐标.
【详解】由的顶点坐标，可知其重心为.
注意到，直线BC斜率不存在，则为直角三角形，
则其垂心为其直角顶点，则欧拉线方程为：.
因其与垂直，则.
则，则直线与的欧拉线的交点坐标满足，即交点为.
故选：B
8．如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 计算出和的坐标，然后根据向量法求点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
因为，所以，
，，
，，
所以点P到AB的距离．
故选：C.
二、多选题
9．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．∥
【答案】AD
【分析】根据向量的坐标模长公式、线性运算、数量积的坐标表示、共线向量定理逐项判断即可.
【详解】对A，因为，所以，故A正确；
对B，，故B不正确；
对C，，所以不垂直，故C不正确；
对D，，所以∥，故D正确.
故选：AD.
10．已知圆，圆，则（ ）
A．两圆可能外离B．两圆可能相交
C．两圆可能内切D．两圆可能内含
【答案】ABC
【分析】根据圆心距与半径之和，半径之差之间的关系，结合已知条件，即可分析判断.
【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，
则，，
当即时，，两圆外离；
当即时，，两圆相交；
当即时，，两圆内切；
当即时，，两圆外切；
综上所述，两圆可以外离，可以内切，可以相交，可以外切，不能内含.
故选：ABC.
11．棱长为1的正四面体内有一点，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】将正四面体放进正方体中，则是正方体的中心，求出点的坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图将正四面体放进正方体中，则是正方体的中心，
又正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为，
所以，，，，，

所以，，，
，
所以，故A正确；
又，所以，故B正确；
因为，所以，
所以，故C正确；
，故D错误；
故选：ABC
12．过直线l： 上的动点P分别作圆C1：与圆C2：的切线，切点分别为A，B，则（ ）
A．圆C1上恰好有两个点到直线l的距离为
B．|PA|的最小值为
C．的最小值为
D．直线l上存在两个点P，使得
【答案】BCD
【分析】确定两圆圆心和半径，到直线的距离为，，A正确，的最小值为，B错误，计算对称点得到最小距离为，C正确，计算轨迹方程为圆，再判断直线和圆的位置关系得到D正确，得到答案.
【详解】圆C1：，圆心，半径；
圆C2：，圆心，半径，
对选项A：到直线的距离为，，故只有1个点满足条件，错误；
对选项B：，的最小值为，故的最小值为，正确；
对选项C：设关于直线的对称点为，则，解得，故，，正确；
对选项D：，即，即，设，则，整理得到，轨迹为圆心为，半径为的圆，圆心到直线的距离为，直线和圆相交，有2个交点，正确.
故选：BCD
三、填空题
13．点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】根据点到直线的距离公式计算.
【详解】点到直线的距离.
故答案为：.
14．已知，，若，则 .
【答案】
【分析】根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果.
【详解】因为，所以.所以，，解得，所以.
故答案为：
15．已知实数x、y满足方程，当时，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将的范围转化为线段上的点与构成的直线的斜率的范围，然后求斜率即可.
【详解】
方程，令，则，令，则，
设点，，
所以可以表示线段上的点与构成的直线的斜率，
，，
所以的取值范围为.
故答案为：.
16．如图：已知二面角的大小为120°，点，，于点C，于D，且，则直线AB与CD所成角的正弦值为 .
【答案】
【解析】设，利用已知条件得到与的夹角与二面角互补， 利用，求出，再利用向量的数量积求两个向量夹角的余弦值，即可求解.
【详解】设，
由于点C，于D，
且二面角的大小为，
可知与的夹角为；
由已知条件可得：
，
因为，
所以，
设直线AB与CD所成角为，则，，则，
故直线AB与CD所成角的正弦值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查求异面直线所成角的问题.利用空间向量的相关知识求解是解决本题的关键.
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为A（2，1），B（-2，3），C（-3，0）．
(1)求BC边所在直线的方程；
(2)求BC边上的高AD所在直线的方程．
【答案】(1)3x-y+9=0
(2)x+3y-5=0
【分析】（1）由题意可设直线BC的直线方程为y=kx+b，将B，C的坐标代入即可求解；
（2）由题意可知，设直线AD的方程为，将点A（2，1）代入，即可求解
【详解】（1）设直线BC的直线方程为y=kx+b，
将点B（-2，3），C（-3，0）代入，可得，
解得，
∴直线BC方程为y=3x+9，即3x-y+9=0．
（2）∵AD为直线BC的高，
∴AD⊥BC，
∴，
设直线AD的方程为，将点A（2，1）代入，
解得，
∴直线AD的方程为，即x+3y-5=0．
18．已知，，为平面内的一个动点，且满足.
(1)求点的轨迹方程；
(2)若直线为，求直线被曲线截得的弦的长度.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)首先设点，利用两点间距离表示，化简求轨迹方程；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解.
【详解】（1）由题意可设点的坐标为，由及两点间的距离公式可得
，整理得.
（2）由（1）可知，曲线
圆心到直线的距离，
所以弦的长度.
19．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点．若．
(1)求；
(2)求证：直线平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线性运算得到，，然后根据数量积的公式计算即可；
（2）利用空间向量的方法得到，，然后根据线面垂直的判定定理证明即可.
【详解】（1）
由题意得，，
所以
，
，
，
所以.
（2），，，
因为，
，
所以，，
因为，平面，
所以平面.
20．已知圆C经过两点，且与y轴的正半轴相切．
(1)求圆C的标准方程；
(2)在圆C上是否存在点P，使得？若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，两个，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法求圆的方程；
（2）设，根据得到，将圆上存在几个点，使得可转化为直线与圆有几个交点，然后根据直线与圆的位置关系判断即可.
【详解】（1）设圆的圆心坐标为，方程为，
因为圆与轴正半轴相切，所以，，
将点，代入圆的方程得，解得，
所以圆的标准方程为.
（2）
存在两个点，使得，理由如下，
设点，则，
因为，所以，整理得，
所以圆上存在几个点，使得可转化为直线与圆有几个交点，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交，有两个交点，
所以存在两个点，使得.
21．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=2，AA1=AB=4，E为棱AA1的中点．
(1)证明：BC⊥C1E．
(2)设=λ（0<λ<1），若C1到平面BB1M的距离为，求λ．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，用向量法证明直线垂直；
（2）用空间向量法求点面距，根据条件列方程求出参数值．
【详解】（1）以A为坐标原点，AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，,
所以=，=，
所以·=2×2+0+2×=0，
所以⊥，故BC⊥C1E；
（2）因为=，=，
所以=+=+λ=，
设平面BB1M的法向量为，
则，令x=1+λ，则，
因为=，
所以C1到平面BB1M的距离，
解得．
22．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记（）．
(1)求MN的长；
(2)a为何值时，MN的长最小？
(3)当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后利用勾股定理求；
（2）根据二次函数的性质计算；
（3）根据定义得到为平面与平面的夹角或其补角，然后利用余弦定理求余弦值即可.
【详解】（1）
过点作于点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为正方形边长为2，，
所以，，，
所以.
（2）由（1）得，当时，的长最小.
（3）由（2）得，当点，为，中点时的长最小，
取中点，连接，，，，
因为，为正方形，点，为，中点，
所以，
因为为中点，
所以，，
因为平面平面，
所以为平面与平面的夹角或其补角，
，，，，
在三角形中，根据余弦定理得，
所以平面与平面夹角的余弦值为.