广西2023_2024学年高二数学上学期10月联考试题含解析

这是一份广西2023_2024学年高二数学上学期10月联考试题含解析，共23页。试卷主要包含了 直线与直线，则的充要条件是等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟总分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共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. 已知，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义计算即可.
【详解】由题可得.
故选：C.
2. 已知复数满足，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的四则运算即可得解.
【详解】.
故选：B.
3. 关于空间向量，以下说法正确的是（）
A. 若，则的夹角是钝角
B. 若，则
C. 若，则
D. 空间中任何两个向量都是共面向量
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量数量积的定义即可判断A，由空间向量的位置关系即可判断BC，由共面向量的定义即可判断D.
【详解】对于，若夹角为，则成立，错误；
对于，若，则不一定垂直，错误；
对于C，若，当时，不一定平行，C错误
对于D，若空间任何两个向量必然共面，D正确.
故选：D.
4. 直线与直线，则的充要条件是（）
A. 3B. C. 3或D. 1或
【答案】B
【解析】
【分析】由一般式直线方程平行条件求的值，并检验.
【详解】由直线与直线平行，
得，即，即或，
当时，，即，重合，舍去；
当时，，，满足.
综上.
故选：B
5. 已知，是不同的直线，，是不同的平面，下列命题中，正确的是（）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中的直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系和符号表示，判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】在A中，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若，，则，故B错误；
在C中，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行，故C错误；
在D中，，时，过作平面，所以，且，所以，故D正确.
故选：D.
6. 已知三边所在直线方程为，，，则边上的高所在直线的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据边上的高和直线垂直得到，联立直线和的方程得到，然后写直线方程即可.
【详解】设则边上的高所在直线的斜率为，，，，
联立，得，
∴边上的高所在直线的方程为.
故选：A.
7. 棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】的中点为，有，余弦定理求即可；或建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角.
【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，
分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角.
正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知，
中，，，则，
同理，在中，，，
由余弦定理可知.
所以异面直线与所成角的余弦值是.
解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
有，，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A.
8. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试着在边上找一点，使得最大”.如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取得最大值时，该圆的方程是（）
A
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出线段的垂直平分线，依题意圆的圆心在直线上，
故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，根据，得到方程求出的值，即可得解.
【详解】由题意可知，点为过两点且和轴相切的圆的切点，线段中点坐标为，又，
所以线段的垂直平分线方程为，
所以以为弦的圆的圆心在直线上，
故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，
又，所以，解得或，
当时，是钝角，故舍去.
所以此时圆的方程为.
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线与圆相切于点，直线与轴、轴分别交于点.下列说法正确的是（）
A.
B.
C.
D. 若是圆上的动点，则的最大值是
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直线与圆相切求出直线斜率k判断A，求出在坐标轴上的截距判断B，根据直角三角形判断C，再由圆上动点与定点的距离转化为圆心到定点距离求最值判断D.
【详解】如图，
因为，
所以圆心到直线的距离等于半径2，
即，解得直线斜率，所以A正确.
中，令，则，令，则，
，故B正确.
因为点A坐标为，则，所以.
所以选项C正确.
的最大值等于，所以选项D不正确.
故选：ABC
10. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点，若，，，则下列正确的是（）
A. B.
C. 的长为D.
【答案】AD
【解析】
【分析】AB选项，根据空间向量基本定理进行求解；C选项，表达出，平方后由空间向量数量积公式得到，得到模长；D选项，利用空间向量夹角余弦公式进行求解.
【详解】A选项，，A正确，
B选项，，B错误：
C选项，，
则
，
则，C错误：
D选项，对于，
，
故，又，
则，D正确.
故选：AD.
11. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，侧面为正三角形，则下列说法正确的是（）
A.
B平面平面
C. 二面角的平面角是
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据等腰三角形的性质得到，，然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到；B选项，根据二面角平面角的定义得到是二面角的平面角，然后通过勾股定理得到即可说明二面角是直二面角，即可证明面面垂直；C选项，根据，平面得到，，即可得到是二面角的平面角；D选项，根据球心的性质得到是三棱锥外接球的外心，然后利用勾股定理得到外接球半径即可求外接球的表面积.
【详解】
取中点，连接，，
因为和都是等边三角形，则，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
是二面角的平面角，，又，
所以，即，所以二面角是直二面角，
所以平面平面，故B正确；
因为四边形为菱形，所以，
因为，平面，所以，平面，
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，故C错误；
因为，平面，所以平面，同理平面，
设分别是和的中心，如图，作与交于点，
则平面，平面，所以是三棱锥外接球的外心，
由于，是正方形，，而，
所以即为外接球半径，
三棱锥外接球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知与交于两点，为曲线上的动点，则（）
A. 到直线距离最小值为
B
C. 存在点，使得为等边三角形
D. 最小值为2
【答案】AB
【解析】
【分析】设，利用点到直线的距离结合基本不等式即可判断 A ，求出A, B坐标，计算出的表达式，利用换元法和配方法即可判断BD，通过假设存在这样的等边三角形，利用等边三角形性质求出点M的坐标，再进行验证即可.
【详解】设，
对A，则点到直线的距离，
当且仅当，即时等号成立，故A正确；
对，联立有，解得或，
则不妨假设，
则，
令则，
则，
当，即，即或（舍去）时取等，故B正确.，D不正确，最小值为1.
对C，若要为等边三角形，则首先点为线段的垂直平分线和曲线的交点，则垂直平分线的所在直线的方程为，
将其与曲线联立得
解得或（舍去），
此时，而，则
，
则不存在点，使得为等边三角形，故错误.
故选：.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线过点且与轴､轴分别交于，两点，若恰为线段的中点，则直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设出点，的坐标，利用中点坐标公式求出，，再写出直线的方程即可.
【详解】设点､，
由中点坐标公式得：，
解得：，，
由直线过点､，
直线的方程为：，
即.
故答案为：.
14. 已知､是平面内两个互相垂直的单位向量，若满足，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据数量积公式展开，再化简，利用三角函数的有界性求最值.
【详解】，
，即，.
故答案为：
15. 在平面直角坐标系中，已知，点是直线上一动点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出点关于的对称点，利用求解即可.
【详解】设点关于的对称点，则,
则，
当且仅当三点共线时等号成立.
故答案为：
16. 已知圆，点，若圆上任意一点都满足，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设点，利用题中条件得到，转化为点到点的距离，进一步得到圆上的点到的距离的最小值大于，列出不等式，解出即可.
【详解】设点，则
即：，则，
设，即，即圆上的点到点的距离的最小值大于，
又圆心，半径，则圆上的点到的距离的最小值为，
故只需，即，
解得：
故答案为：.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知圆，直线过点.
（1）当直线与圆相切时，求直线的斜率；
（2）线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【小问1详解】
已知的圆心是，半径是，
设直线斜率为
则直线方程是，即，
则圆心到直线距离为，
解得直线的斜率.
【小问2详解】
设点则，
由点是的中点得，
所以①
因为在圆上运动，所以②
①代入②得，
化简得点的轨迹方程是.
18. 在中，已知角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）利用二倍角公式化简得到，即可得到；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理列方程得到，，然后借助完全平方公式得到，即可求三角形周长.
【小问1详解】
由，可得，
解得或（舍去），
又，
.
【小问2详解】
，
，
由得，
又由余弦定理得，，
解得，
的周长为.
19. 如图，在正四棱柱中，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若正四棱柱的外接球的表面积是，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出正四棱柱的外接球半径，进而可求出，根据，即可求解.
【小问1详解】
连接交于，连接；
分别是的中点，
平面平面，
平面.
【小问2详解】
设，正四棱柱的外接球的半径为，
因为正四棱柱的外接球的表面积，解得，
由题意为正四棱柱的外接球的直径，
由，得，
解得或（舍），即.
20. 甲、乙两位同学进行跳绳比赛，比赛规则如下：进行两轮跳绳比赛，每人每轮比赛在规定时间内跳绳200次及以上得1分，跳绳不够200次得0分，两轮结束总得分高的为跳绳王，得分相同则进行加赛直至有一方胜出为止.根据以往成绩分析，已知甲在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，乙在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，且每轮比赛中甲、乙两人跳绳的成绩互不影响.
（1）求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；
（2）求不进行加赛甲就获得跳绳王的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；
【小问1详解】
设“甲第轮得一分”，设“乙第i轮得一分”，
设“两轮比赛甲得分”，设“两轮比赛乙得分”，
所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为；
【小问2详解】
设“不进行加赛甲就获得跳绳王”.
所以不进行加赛甲就获得跳绳王的概率为.
21. 如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为，是圆柱的轴截面，正方形内接于下底面圆，点是中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）若点为线段上的动点，求直线与平面所成角的余弦值的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）只需证明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可
【小问1详解】
的中点为中点，，又，可得，
又直圆柱的上、下底面圆心分别为平面
平面.
且平面平面；
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过作轴//，建立如图所示空间直角坐标系.
则，
所以，
设，
；
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
，
令，则时，，
.
22. 已知圆为圆上一点.
（1）求的取值范围；
（2）圆的圆心为，与圆相交于、两点，为圆上相异于、的点，直线分别与轴交于点、，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：将转化为动点与定点确定的直线的斜率，然后根据相切求斜率即可；
方法二：将转化为动点与定点确定的直线的斜率，然后利用勾股定理和倾斜角求斜率即可；
（2）设，，，然后写出直线和的方程，即可得到，，然后根据三角形面积公式得到，最后根据的范围求最值即可.
【小问1详解】
方法一：可看做动点与定点确定的直线的斜率，
此时，
过点的直线可设为，即，
圆半径为2，当点到直线的距离为2时，直线与圆相切，，
解得
则即的取值范围为；
方法二：可看做动点与定点确定的直线的斜率，
此时，
过点做切线与圆切于点，
则，，根据勾股定理可得，
则，
同理，，
则即的取值范围为.
【小问2详解】
由对称性，可设，，
设且，则，
直线方程为：，
直线方程为：，
分别令，可得，，
，
观察易发现，同在的上侧或下侧，则
，同时，
或，同时，
则
，
于是，，
所以，当时，的取到最大值4.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线求最值或范围问题：
（1）几何的思路：通过几何的知识取求最值或范围，例如（1）中将转化为斜率；
（2）代数思路：将要求的用代数表示出来，然后通过函数或不等式的思路求最值或范围.