解析：山东省泰安市新泰市弘文中学2024-2025学年高二上学期期中学情检测数学试题（解析版）

这是一份解析：山东省泰安市新泰市弘文中学2024-2025学年高二上学期期中学情检测数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由得，然后两边平方，结合向量数量积的运算求向量的夹角.
【详解】设与的夹角为，由，得，
两边同时平方得，
所以1，解得，
又，所以.
故选：D
2. 若圆与圆相切，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论: 当两圆外切时，圆心距等于半径之和；当两圆内切时，圆心距等于半径之差，即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为.
①当两圆外切时，有，此时.
②当两圆内切时，有，此时.
综上，当时两圆外切；当时两圆内切.
故选：C
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解答两圆相切问题时易忽略两圆相切包括内切和外切两种情况.解答时注意分类讨论，属于基础题.
3. 已知圆：，点，，在圆上存在点，使得，则的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，构造圆：，由条件可得圆与圆相切或相交，列出不等式，即可得到结果.
【详解】
如图，构造圆：，当圆与圆有且仅有一个公共点时，，
即圆与圆的关系可以为相切或相交，所以，解得.
故选：C
4. 已知两圆和相交，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系求参数范围.
【详解】由圆，设圆心且半径，
由圆，设圆心且半径，由，
所以时，两圆相交，则，
故选：C.
5. 已知圆，圆，则圆的位置关系为（ ）
A. 内含B. 外切C. 相交D. 外离
【答案】C
【解析】
【分析】将两个圆化为圆的一般方程，得其圆心与半径，再根据圆心距与半径和差的关系判断两圆的位置关系即可.
【详解】圆，化为，圆心为，半径为；
圆，化为，圆心为，半径为．
则两圆心距离为，
因为，所以圆与圆相交．
故选：C．
6. 已知是圆上一点，是圆上一点，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两圆的圆心距及圆的性质计算即可.
【详解】因为，，所以，且两圆的半径分别为，即两圆外离，
所以的最小值为.
故选：B
7. 以为圆心，且与圆相外切的圆C的方程为（ ）
A. B.
C. =16D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆外切求圆的半径，即可求解.
【详解】由题意可知，两圆的圆心距为5，设圆的半径为，
因为两圆相外切，则，得，
所以圆方程为.
故选：B
8. 如图是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在原正方体中建立空间直角坐标系，由空间向量求解
【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等边三角形，
在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，原正方体边长为2，
则，，，设，
，，
则直线DE与直线AF所成角的余弦值，
而，故，，

故选： C.
二、多项选择题
9. 已知平面上一点，若直线上存在点P使，则称该直线为点M的“相关直线”，下列直线中是点M的“相关直线”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】分别计算点M到四条直线的距离,结合点M相关直线的定义，即可得到答案.
【详解】对于A，,直线为,所以点到直线的距离为:,
即点到直线的最小值距离大于4,所以直线上不存在点使成立.故A错误，
对于B，,直线为,所以点到直线的距离为,
所以点到直线的最小值距离小于4,
所以直线上存在点使成立.故B正确，
对于C，,直线为,所以点到直线的距离为:,
所以点到直线的最小值距离等于4,
所以直线上存在点使成立，故C正确，
对于D，,直线为,所以点到直线的距离为:,
即点到直线的最小值距离大于4,
所以直线上不存在点使成立.故D错误，
故选：BC.
10. 已知圆，圆，，且，不同时为交于不同的两点，，下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用圆的公共弦方程可判定A，B，利用圆半径相同，再根据圆的性质判定圆心连线与公共弦垂直且平分，利用中点坐标公式可判定C，D.
【详解】根据题意：圆和圆
交于不同的两点A，，
两圆方程相减可得直线的方程为：，
即，
分别把点Ax1,y1，Bx2,y2两点坐标代入得：
，，
上面两式相减得：，即，所以选项正确；
由上得：，所以选项B正确；
两圆的半径相等，
由圆的性质可知，线段与线段互相平分，
则有，
变形可得，，故C正确，D错误.
故选：ABC.
11. 直线 与圆 的大致图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据每个选项的直线的斜截式方程可以判断出的正负性，再判断圆心的位置即可.
【详解】A：直线不经过第四象限，所以，所以圆的圆心在第一象限，因此本选项可能正确；
B：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，因此本选项不可能正确；
C：直线不经过第一象限，所以，所以圆的圆心在第三象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项可能正确；
D：直线不经过第二象限，所以，所以圆的圆心在第四象限，又因为该圆经过原点，所以有，在圆的方程中，令，
得或，因为，
所以，因此本选项不可能正确，
故选：AC
三、填空题
12. 在平面直角坐标系中，是直线上不同的两点，直线上的向量以及与它平行的非零向量都称为直线的方向向量．已知直线的一个方向向量坐标为，则直线的倾斜角为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求出直线的倾斜角.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，
即直线的倾斜角为.
故答案为：
13. 已知是方程组的解，则方程组的解是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据两个方程组之间的关系，观察可得出方程组的解.
【详解】由题意，代入方程组可得，
所以当时，代入方程组，
可得，成立，
所以方程组解是，
故答案为：
14. 平面直角坐标系中，矩形的四个顶点为，，，，，光线从OA边上一点沿与x轴成角的方向发射到AB边上的点，被AB反射到BC上的点，再被BC反射到OC上的点，最后被OC反射到x轴上的点，若，则的取值范围是______.

【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用入射光线与反射光线的关系，用表示t的值，由此可得关于的不等式，解可得答案．
【详解】点沿与x轴成角的方向发射到AB边上的点，
则，
有，则，，
，，
，，
即，
，解得.
故答案为：
四、解答题
15. 已知圆：.
（1）若直线过定点且与圆相切，求直线的方程；
（2）若直线与圆交于两点，求的最小值.
【答案】（1）直线的方程为和.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分切线的斜率存在与不存在讨论，结合点到直线的距离公式列出方程，代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，由条件可得当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小，再由弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
已知圆心，半径，
当直线斜率存在时，设直，即，
圆心到直线的距离为，解方程可得，
此时直线方程为，整理得.
当直线斜率不存在时，直线的方程为，满足题意.
所以直线的方程为和.
【小问2详解】
直线的方程可化为点斜式，所以l过定点.
又点在圆C内，当直线l与直线垂直时，直线l被圆截得的弦最小.
因为，所以l的斜率，
所以l的方程为，即，
因为，，
此时
所以当时，的最小值为.
16. 如图，在四棱柱中，二面角均为直二面角.

（1）求证：平面；
（2）若，二面角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在平面内取点E，过E作直线，，根据面垂直的性质可证明，，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：在平面内取点E，过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
同理过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
由于不平行，故不重合，平面，
故平面；
【小问2详解】
由题意可得，可以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，
则，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
即，令，则，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，
即，令，则，
二面角的正弦值为，故其余弦值的绝对值为，
即，即，解得，
故.
17. 如图，长方体中，点分别在上，且，.
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，，根据线面垂直判定定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的余弦.
【小问1详解】
因为平面平面，所以，
又且，平面，所以平面，
且平面，故，同理，，
平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，
在平面中，
设平面的一个法向量为，
则，可取
由（1）知，平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则
故所求的夹角的余弦值为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面为矩形，则，
由平面，平面，得，
而平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
依题意，直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，由，得，令，
则有，即，，
，由平面，得存在实数使，
即，解得，，
，
设平面的法向量，则，令，，
设平面的法向量，则，令，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，，是圆柱的两条母线．
（1）求证：平面；
（2）若，，圆柱的母线长为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，通过线面垂直得到线线垂直，再证线面垂直，最后得到面面垂直即可；
（2）先作出底面的垂线，再由垂足作两个面的交线的垂线，最后连接交线的垂足与斜足构成二面角的平面角求解即可.
【小问1详解】
因为是底面的一条直径，是下底面圆周上异于的动点，
所以，
又因为是圆柱的一条母线，所以底面，
而底面，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面，
又因为，所以平面平面；
【小问2详解】
如图所示，
过作圆柱的母线，连接，
因为底面//上底面，所以即求平面与平面所成锐二面角的大小，
因为在底面的射影为，且为下底面的直径，所以为上底面的直径，
因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为为上底面的直径，所以，而平面，
所以为平面与平面所成的二面角的平面角，
又因为在底面射影为，所以，，
所以，又因为母线长为，所以，
又因为平面，平面，所以，
所以,
所以，
即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.