辽宁省沈阳市辽宁省实验中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学Word版含解析.docx

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辽宁省实验中学2023-2024学年度高二年级上学期期中阶段测试数学试卷考试时间：120分钟试题满分：150分一、选择题：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.在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（）A.B.C.D.2.已知是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和是（）A.6B.9C.10D.183.如图，方程表示的曲线是（）．A.B.C.D.4.是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（）AB.C.D.5.设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（） A.B.C.D.6.已知直线经过两点，则点到的距离是（）A.B.C.D.7.圆心在直线x-y-4＝0上，且经过两圆x2+y2+6x-4＝0和x2+y2+6y-28＝0的交点的圆的方程为（）A.x2+y2-x+7y-32＝0B.x2+y2-x+7y-16＝0C.x2+y2-4x+4y+9＝0D.x2+y2-4x+4y-8＝08.设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A.B.C.D.二、选择题：本题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知空间向量不共面，则下列各选项中三个向量共面的有（）A.B.C.D.10.下列命题正确的是（）A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过两个不同的点的直线都可以用方程表示C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条D.方程不一定表示圆11.如图，在棱长为1的正方体中（） A.与的夹角为B.二面角的平面角的正切值为C.与平面所成角的正切值D.点到平面的距离为12.已知点，直线，圆，过点分别作圆的两条切线，（，为切点），在的外接圆上，则（）A.直线的方程是B.被圆截得最短弦的长为C.四边形的面积为D.的取值范围为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，则最小值是________.14.已知，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，，且斜线段在平面内的射影相互垂直，则________.15.长方体中，，，，是棱上的动点，则的面积最小值是________.16.已知的顶点，，其外心（外接圆圆心）、重心（三条中线交点）、垂心（三条高线点）在同一条直线上，且这条直线的方程为，则顶点的坐标是________.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为， （1）求点的轨迹方程；（2）若，求的面积.18.如图，平行六面体中，，.求：（1）的长；（2）直线与所成的角的余弦值.19.已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且．（1）求直线和的交点坐标；（2）已知直线经过与的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．20.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是2，且它们所在的两个半平面所成的角为.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且.（1）用表示出的长度，并求出的长的取值范围；（2）当的长最小时，平面与平面所成角的余弦值.21.在平面直角坐标系中，已知圆经过点，且与圆相切于点.（1）求圆的方程；（2）圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由； 22.如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；（3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 辽宁省实验中学2023-2024学年度上学期期中阶段测试高二年级数学试卷考试时间：120分钟试题满分：150分命题人：高一数学组校对人：高一数学组一、选择题：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.在空间直角坐标系中，与点关于平面对称的点为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点，则其关于平面对称的点为.故选：A.2.已知是椭圆上的一点，则点到两焦点的距离之和是（）A.6B.9C.10D.18【答案】A【解析】【分析】由椭圆的定义可知，椭圆上任何一点到其两焦点的距离之和为定值，且定值为长轴的长度，由此即可得解.【详解】由题意可知椭圆中的长半轴长，设其两焦点分别为，又因为点是椭圆上的一点，所以点到两焦点的距离之和是.故选：A3.如图，方程表示的曲线是（）． A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分和，去掉绝对值，得到相应的曲线.【详解】，当时，，当时，，画出符合题意的曲线，为B选项，故选：B4.是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作图，找到直线在平面上的投影在构建多个直角三角形，找出边与角之间的关系，继而得到线面角；也可将三条射线截取出来放在正方体中进行分析.【详解】解法一：如图，设直线在平面的射影为， 作于点G，于点H，连接，易得，又平面，则平面，又平面，则，有故．已知，故为所求．解法二：如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以， 所以．设直线与平面所成角为，所以，所以．故选B．5.设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.【详解】当时，方程为，倾斜角为当时，直线的斜率，因为，则，所以；综上所述：线的倾斜角的范围是.故选：C．6.已知直线经过两点，则点到的距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量在向量上的投影及勾股定理即可求.【详解】因为，， 可得，，可知，且在上的投影为，则点到直线的距离为.故选：D．7.圆心在直线x-y-4＝0上，且经过两圆x2+y2+6x-4＝0和x2+y2+6y-28＝0的交点的圆的方程为（）A.x2+y2-x+7y-32＝0B.x2+y2-x+7y-16＝0C.x2+y2-4x+4y+9＝0D.x2+y2-4x+4y-8＝0【答案】A【解析】【分析】设所求圆的方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)＝0，用λ表示出圆心，代入直线x-y-4＝0，求出λ，从而可求出所求圆的方程．【详解】根据题意知，所求圆经过圆x2+y2+6x-4＝0和圆x2+y2+6y-28＝0的交点，设其方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)＝0，即(1+λ)x2+(1+λ)y2+6x+6λy-4-28λ＝0，其圆心坐标为，，又由圆心在直线x-y-4＝0上，所以--4＝0，解得λ＝-7，所以所求圆的方程为：(-6)x2+(-6)y2+6x-42y+192＝0，即x2+y2-x+7y-32＝0，故选：A．8.设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】 本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.二、选择题：本题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知空间向量不共面，则下列各选项中的三个向量共面的有（）A.B.C.D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据共面向量的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为，所以共面，故A正确；对于选项B：假设存在，使得，整理得，则，无解，即不存在，使得，所以不共面，故B错误；对于选项C：因为，所以共面，故C正确；对于选项D：因为，所以共面，故D正确；故选：ACD.10.下列命题正确的是（）A.经过定点的直线都可以用方程表示B.经过两个不同的点的直线都可以用方程表示C.过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条D.方程不一定表示圆【答案】BCD【解析】【分析】根据直线方程的性质和圆的标准方程的性质逐项判断.【详解】对于A：经过定点且斜率存在的直线才可以用方程表示，斜率不存在时，用方程来表示，故A选项错误；对于B：经过两个不同的点的直线有两种情况： 当时，直线方程为，整理得；当时，直线方程为，即方程成立.综上所述，经过两个不同的点的直线都可以用方程表示，故B选项正确；对于C：当直线在x轴和y轴上截距为0时，可设直线方程为，直线过，则所求直线方程为；当直线在x轴和y轴上截距不为0时，可设直线方程为，即，直线过，则所求直线方程为.综上所述，过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条，故C选项正确；对于D：化为，所以该方程时才表示圆，故D选项正确.故选：BCD.11.如图，在棱长为1的正方体中（）A.与的夹角为B.二面角的平面角的正切值为C.与平面所成角的正切值D.点到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法逐项判断即得.【详解】如图建立空间直角坐标系， 则，∴，，即，与的夹角为，故A错误；设平面的法向量为，，所以，令，则，平面的法向量可取，二面角的平面角为，则，所以，故B正确；因为，设与平面所成角为，则，故C正确；因为，设点到平面的距离为，则，故D正确.故选：BCD.12.已知点，直线，圆，过点分别作圆的两条切线，（，为切点），在的外接圆上，则（）A.直线的方程是B.被圆截得的最短弦的长为C.四边形的面积为 D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】求出以为直径的圆的方程，与圆的方程联立可得直线的方程判断A；求出直线所过定点，得到圆心到直线的最小距离，再由垂径定理求被圆截得的最短弦的长判断B；直接求出四边形的面积判断C；求解，再分别减去的外接圆半径与加上的外接圆半径求得的取值范围判断D．【详解】对于A，圆：，即，圆心坐标为，半径，又，则的中点为，又，则以为直径的圆的方程为，又圆：，两式作差可得直线的方程是，故A错误；对于B，直线：可化为，由，解得，所以直线过定点，因为，所以定点在圆内，当且仅当时，弦长最短，又，所以的最小值为，故B正确；对于C，四边形对角线、互相垂直，则四边形的面积，圆心到直线距离， 因为，，所以，故C正确；对于D，由题意知，的外接圆恰好是经过、、、四点的圆，因为的中点为外接圆的圆心，所以圆上的点到点距离最小值是，最大值是，所以的取值范围为，故D正确．故选：BCD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，则的最小值是________.【答案】【解析】【分析】根据两点间距离的几何意义结合图形分析求解.【详解】设，因为，则点在矩形内部，如图所示， 可得，当且仅当为的交点时，等号成立，故答案为：.14.已知，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，，且斜线段在平面内的射影相互垂直，则________.【答案】【解析】【分析】结合题意作出图形，可得，从而可求得，进而证得，再利用勾股定理即可得解.【详解】如图，设点在平面内的射影为，点在平面内的射影为，则，，所以，又，则，所以， 因为，所以，在线段上取点，使得，所以四边形为平行四边形，所以，，因为，所以，所以，又，所以.故答案为：.15.长方体中，，，，是棱上的动点，则的面积最小值是________.【答案】.【解析】【分析】先由题意，以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出点、点坐标，再设出点坐标，表示出的长，根据余弦定理以及三角形面积公式，即可求出结果.【详解】由题意，以点坐标原点，方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，，，所以，，又是棱上的动点，所以，设，所以，，，因此，所以，因此，当且仅当时，取最小值. 故答案为【点睛】本题主要考查空间中的解三角形问题，熟记余弦定理，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.16.已知的顶点，，其外心（外接圆圆心）、重心（三条中线交点）、垂心（三条高线点）在同一条直线上，且这条直线的方程为，则顶点的坐标是________.【答案】或【解析】【分析】设顶点的坐标是，根据重心坐标公式结合外心的定义和性质运算求解.【详解】设顶点的坐标是，则的重心坐标为，由题意可知：，即，可知线段的中点为，斜率，则线段的中垂线的方程为，即，联立方程，解得，即的外心坐标为，由，即， 可得，解得或，即或，经检验或均符合题意.故答案为：或.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为，（1）求点的轨迹方程；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据题意列方程，两边平方化简即可.（2）先在焦点三角形中借助余弦定理求出，然后再利用面积公式求出面积.【小问1详解】设点，点到直线的距离为，依题意有，即，而，所以，两边平方化简整理得，所以点的轨迹方程为.【小问2详解】 由（1）得，，，，又，所以在中，，即，所以.18.如图，在平行六面体中，，.求：（1）的长；（2）直线与所成的角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量线性运算可得，由向量数量积的定义和运算律可求得，由此可得结果； （2）可知，由数量积的运算律结合向量的夹角公式求异面直线夹角.【小问1详解】由题意可得：，因为，可得，所以，即的长为.小问2详解】因为，可得，即，且，则，所以直线与所成的角的余弦值为.19.已知直线的方程为，若直线在轴上的截距为，且．（1）求直线和的交点坐标；（2）已知直线经过与的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由，可得直线的斜率，从而可得，联立方程组即可求得交点；（2）由题意知的斜率k存在，设，求得与坐标轴的交点坐标，再结合面积公式即可求解. 【小问1详解】（1）因为，又直线的斜率,所以直线的斜率,则.由所以直线和的交点坐标为.【小问2详解】由题意知的斜率k存在，设令得，令得，因为直线与两坐标轴的正半轴相交，所以，解得，，解得或，即或.20.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是2，且它们所在的两个半平面所成的角为.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且.（1）用表示出的长度，并求出的长的取值范围；（2）当的长最小时，平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）；（2）【解析】 【分析】（1）过点作，垂足为，连接，分析可知，，，利用余弦定理结合二次函数分析求解；（2）由（1）可知：当且仅当为相应边的中点时，的长取到最小，取的中点，连接，分析可知平面与平面所成角为（或其补角），利用余弦定理运算求解.【小问1详解】过点作，垂足为，可知∥，可得，且，连接，则，即∥，可得，且，由题意可知：两个半平面所成的角为，在，由余弦定理可得，即，对于二次函数，因为，则，所以.【小问2详解】由（1）可知：当且仅当，即为相应边的中点时，的长取到最小，此时，则， 取的中点，连接，可知，所以平面与平面所成角为（或其补角），因为，在中，由余弦定理可得，所以平面与平面所成角的余弦值为.21.在平面直角坐标系中，已知圆经过点，且与圆相切于点.（1）求圆的方程；（2）圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由；【答案】21.22.存在，2个【解析】【分析】（1）根据题意利用圆系方程运算求解；（2）设，根据题意可知点轨迹是以为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析判断.【小问1详解】将点代入圆可得圆，解得，即圆，将点表示成“点圆”形式：， 可设圆的方程为，代入点可得，解得，所以圆的方程为，即.【小问2详解】由（1）可知：，圆的圆心，半径，设，因为，即，整理得，可知点轨迹是以为圆心，半径的圆，且，可知圆与圆的位置关系为相交，两圆有2个公共点，所以圆上存在2个点，使得.22.如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；（3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.【答案】（1）证明见解析； （2）存在，理由见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；（2）先求出面的法向量，设,利用向量法结合线面角得正弦值求解即可;（3）由点在空间内轨迹为以中点为球心,为半径的球,而中点到平面的距离为,即可求解.【小问1详解】如图，过E作交于点G,连接,因为分别为的中点，，所以也为中点，所以，，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面,所以平面；【小问2详解】 设如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,则，故，则，设平面的法向量,则有,取,整理得,解得或(舍去)，所以当时,直线与平面所成角的正弦值是;【小问3详解】由（2）知，平面的一个法向量，点中点，则,则中点到平面的距离为，由，即点在空间内轨迹为以中点为球心,为半径的球，故存在符合题意的,此时轨迹是半径为的圆.【点睛】假设存在点，满足，设,共面，存在唯一实数对,使得, 所以，则，，，整理得，，