2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（b卷）

第1页（共1页）2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）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．（5分）设直线的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．（5分）已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为A． B． C． D．3．（5分）如果，那么直线与圆的位置关系是A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切4．（5分）直线过点且与直线垂直，则的方程是A． B． C． D．5．（5分）两平行直线之间的距离为A． B．3 C． D．6．（5分）已知，与，是直线为常数）上两个不同的点，则关于和的交点情况是A．无论，，如何，总有唯一交点 B．存在，，使之有无穷多个交点 C．无论，，如何，总是无交点 D．存在，，使之无交点7．（5分）已知直线与圆相切，则满足条件的直线有条A．1 B．2 C．3 D．48．（5分）在平面直角坐标系中，设、，沿轴把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的弧度数为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，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．（5分）已知向量，则A．向量是与向量方向相反的单位向量 B． C．向量的夹角的大小为 D．若向量，为实数），则10．（5分）下列说法中正确的是A．若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等 B．方程能表示平面内的任何直线 C．已知，直线与直线互相垂直，则的最小值为 D．若直线不经过第二象限，则的取值范围是11．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“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，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为，下列结论正确的是A．的方程为 B．在轴上存在异于，的两定点，，使得 C．当，，三点不共线时，射线是的平分线 D．在上存在点，使得12．（5分）已知三棱锥的棱，，两两垂直，，，为的中点，在棱上，且平面，则A． B．与平面所成的角为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．点到平面的距离为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知直线，直线，若，则实数的值为．14．（5分）已知圆关于直线对称的圆为圆，则直线的方程为．15．（5分）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点．则的最大值是．16．（5分）在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，2，，，1，，，2，，，0，．则该四面体外接球的表面积是．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）如图所示，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程．18．（12分）如图所示，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值．19．（12分）已知圆方程．（1）若圆与直线相交于，两点，且为坐标原点）求的值；（2）在（1）的条件下，求以为直径的圆的方程．20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．（1）证明：；（2）已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．21．（12分）直线过点，且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点，求：（1）当的面积取最小值时，直线的方程；（2）当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线的方程；（3）当取最小值时，直线的方程；（4）当取最小值时，直线的方程．22．（12分）如图，以为直径的半圆所在平面与所在平面垂直，点，在半圆弧上，且，．（1）证明：平面平面；（2）若，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．

2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）参考答案与试题解析一、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．（5分）设直线的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断即可．【解答】解：由，得：，是必要条件，而“”不一定有，也可能，故不是充分条件，故选：．【点评】本题考查了充分必要条件，考查线面的位置关系的判断，是一道基础题．2．（5分）已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为A． B． C． D．【分析】由两点间斜率公式求出的斜率，由平行的充要条件结合直线的点斜式方程求解即可．【解答】解：因为，，，所以，则所求直线的斜率为，所以过点且与线段平行的直线方程为，即．故选：．【点评】本题考查了直线方程的求解，两点间斜率公式的应用，两条直线平行的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．3．（5分）如果，那么直线与圆的位置关系是A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切【分析】求出圆心到直线的距离，与半径比较，即可求出结果．【解答】解：圆的圆心到直线的距离为：，因为，所以，所以直线与圆相离．故选：．【点评】本题是基础题，考查直点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力．4．（5分）直线过点且与直线垂直，则的方程是A． B． C． D．【分析】由垂直可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．【解答】解：直线的斜率为，由垂直可得所求直线的斜率为，所求直线的方程为，化为一般式可得故选：．【点评】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．5．（5分）两平行直线之间的距离为A． B．3 C． D．【分析】利用两平行线间的距离公式直接求解．【解答】解：由，得，由，得，两平行直线之间的距离为：．故选：．【点评】本题考查两平行线间的距离的求法，考查两平行线间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．（5分）已知，与，是直线为常数）上两个不同的点，则关于和的交点情况是A．无论，，如何，总有唯一交点 B．存在，，使之有无穷多个交点 C．无论，，如何，总是无交点 D．存在，，使之无交点【分析】利用两点间斜率公式以及点在直线上进行化简，得到关系，联立两条直线的方程，研究方程组的解的个数，即可得到答案．【解答】解：，与，是直线为常数）上两个不同的点，直线的斜率存在，则，即，且，，所以，联立方程组，解得，即，所以方程有唯一解．故选：．【点评】本题考查了直线方程的应用，直线与直线交点问题，两点间斜率公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．7．（5分）已知直线与圆相切，则满足条件的直线有条A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由题意，满足条件的直线即为圆和圆的公切线，利用这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，即可得出结论．【解答】解：由已知，直线满足到原点的距离为1，到点的距离为2，满足条件的直线即为圆和圆的公切线，圆和圆外切，这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，满足条件的直线有3条．故选：．【点评】本题考查圆的切线方程，本题解题的关键是得出满足条件的直线即为圆和圆的公切线，是中档题．8．（5分）在平面直角坐标系中，设、，沿轴把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的弧度数为A． B． C． D．【分析】在平面图中，分别作、轴，将平面直角坐标系沿轴折起后，在立体图中，分别作，，推导出，，从而平面，即平面，则，由此能求出结果．【解答】解：在平面图中，分别作、轴，将平面直角坐标系沿轴折起后，在立体图中，分别作，，如图，由题意知，，，平面，平面，，，，，，．故选：．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．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，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．（5分）已知向量，则A．向量是与向量方向相反的单位向量 B． C．向量的夹角的大小为 D．若向量，为实数），则【分析】根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．【解答】解：对于，因为，1，，，，，所以，且，选项正确；对于，由，，得，选项错误；对于，由，计算，，可得向量、的夹角大小为，选项正确；对于，由，即，1，，1，，，，即，解得，，所以，选项错误．故选：．【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．10．（5分）下列说法中正确的是A．若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等 B．方程能表示平面内的任何直线 C．已知，直线与直线互相垂直，则的最小值为 D．若直线不经过第二象限，则的取值范围是【分析】直接利用两直线平行关系求解即可判断，直接利用直线的方程两点式的形式即可判断，直接利用两直线垂直关系求解即可判断，利用直线的斜率和倾斜角的关系即可判断．【解答】解：对于选项，若两条直线均平行于轴，则两条直线斜率都不存在，故选项错误，对于选项，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为，为直线两点式方程，当直线平行于轴，则原方程可化为，当直线平行于轴，则原方程可化为，综上所述，方程能表示平面内的任何直线，故选项正确，对于选项，，两条直线的斜率都存在，直线与直线互相垂直，，，当且仅当，即、时，取得最小值为2，故选项错误，对于选项，若直线不经过第二象限，则，解得：，故选项正确．故选：．【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的形式，直线的斜率和倾斜角的关系，直线平行、垂直关系的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“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，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足．设点的轨迹为，下列结论正确的是A．的方程为 B．在轴上存在异于，的两定点，，使得 C．当，，三点不共线时，射线是的平分线 D．在上存在点，使得【分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断；假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，设出，的坐标，求得轨迹方程，对照的轨迹方程可得，，可判断；当，，三点不共线时，由，由角平分线定理的逆定理，可判断；若在上存在点，使得，可设，运用两点的距离公式，可得的轨迹方程，联立的轨迹方程，即可判断．【解答】解：在平面直角坐标系中，，，点满足，设，则，化简可得，故错误；假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，可设，，可得，化简可得，由的轨迹方程为，可得，，解得，或，（舍去），即存在，，故正确；当，，三点不共线时，由，可得射线是的平分线，故正确；若在上存在点，使得，可设，即有，化简可得，联立，可得方程组无解，故不存在，故错误．故选：．【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于中档题．12．（5分）已知三棱锥的棱，，两两垂直，，，为的中点，在棱上，且平面，则A． B．与平面所成的角为 C．三棱锥外接球的表面积为 D．点到平面的距离为【分析】由题意可得为的中点，根据向量的线性运算可表示出，判断；证明平面，根据线面角的定义可求得与平面所成的角，判断；将三棱锥补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断；推出平面平面，利用面面垂直的性质可求得点到平面的距离，判断．【解答】解：对选项，平面，平面，平面平面，，又为的中点，为的中点，，正确；对选项，根据题意可知，，两两相互垂直，又，，平面，平面，与平面所成的角为，又，，正确；对选项，，，两两相互垂直，将三棱锥可补形，得到一个以，，为相邻三条棱的长方体，又，，三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的表面积为，错误；对选项，，，两两相互垂直，，，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面，又平面平面，点到平面的距离即点到的距离，在中，，，，边上的高为，即到的距离为，选项正确．故选：．【点评】本题考查线面平行的性质定理，向量的线性运算，分割补形法的应用，三棱锥的外接球问题，面面垂直的性质定理，点面距的求解，属中档题．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知直线，直线，若，则实数的值为．【分析】由题意利用两直线平行的性质，计算求得结果．【解答】解：当时，，，与不平行，当时，，则且，即且，解得．故答案为：．【点评】本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．14．（5分）已知圆关于直线对称的圆为圆，则直线的方程为．【分析】分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解．【解答】解：圆的圆心坐标为，半径为，圆可化为圆，其圆心坐标为，半径为，由题意，，解得，所以圆的圆心为，则与的中点为，直线的斜率为，所以直线的方程为，即．故答案为：．【点评】本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．15．（5分）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点．则的最大值是5．【分析】先计算出两条动直线经过的定点，即和，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有；再利用基本不等式放缩即可得出的最大值．【解答】解：由题意可知，动直线经过定点，动直线即，经过定点，注意到动直线和动直线始终垂直，又是两条直线的交点，则有，．故（当且仅当时取“”故答案为：5【点评】本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．16．（5分）在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，2，，，1，，，2，，，0，．则该四面体外接球的表面积是．【分析】易知，，三点竖坐标相同，确定的平面与坐标平面平行，且构成直角三角形三个顶点，故过的中点作平面的垂线，则球心在此垂线上，由此设球心坐标，根据半径相等，即可求出球心，进而求得半径，问题可解．【解答】解：易知，且，，三点的竖坐标相等，故，，确定的平面与平面平行，且，设的中点为，1，，过点作平面的垂线，则该四面体的外接球球心在该直线上，故设外接球球心坐标为，1，，则外接球半径，即，解得，故故该四面体外接球的表面积为．故答案为：．【点评】本题考查坐标条件下空间几何体外接球表面积的计算，利用球心的性质切入是解题关键，属于中档题．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）如图所示，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程．【分析】先求出、所在的直线方程，对的斜率分类讨论，分别与射线、联立，求出、点坐标，利用中点坐标公式求出坐标，代入直线求出斜率求出，代入点斜式方程化简即可．【解答】解：因为射线、分别与轴正半轴成和角，所以、所在的直线方程分别是：，，①当直线的斜率不存在时，则的方程为，易知，，所以的中点显然不在直线上，不满足条件；②当直线的斜率存在时，记为，易知且，则直线的方程为，分别联立，，解得，，，，所以的中点的坐标是，，因为的中点恰好落在直线上，所以，解得，则直线的方程为：，即，所以直线的方程为．【点评】本题考查了分类讨论思想、中点坐标公式、直线方程的点斜式、一般式，考查了计算能力，属于中档题．18．（12分）如图所示，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，，．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值．【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：如图，连接，在中，由，可得，因为，，所以，，因为，，，则，故，因为，，，平面，则平面；（2）解：由（1）可知，，，两两垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，所以，则，，，又，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，，故，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．19．（12分）已知圆方程．（1）若圆与直线相交于，两点，且为坐标原点）求的值；（2）在（1）的条件下，求以为直径的圆的方程．【分析】（1）将圆的方程与直线方程联立，设，，，，利用，可得，利用韦达定理，即可求出的值；（2）确定圆心坐标与半径，即可求以为直径的圆的方程．【解答】解：（1）由得，由，可得（2分）于是由题意，把代入，得（3分）设，，，，则，（4分），（5分），，满足题意（8分）（2）设圆心为，则，．（9分）半径（12分）圆的方程（13分）【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查圆的方程，正确运用韦达定理是关键．20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．（1）证明：；（2）已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．【分析】（1）由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，（2）取的中点，则可得，过作，与交于，则，可得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．【解答】（1）证明：因为，为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，解：（2）取的中点，因为为等边三角形，所以，过作，与交于，则，由（1）可知平面，因为，平面，所以，，所以，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为是边长为1的等边三角形，为的中点，所以，因为三棱维的体积为，所以，所以，设，则，则因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，，，因为．所以，令，则，所以，因为二面角的大小为，所以，化简得，解得或（舍去），所以，【点评】本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．21．（12分）直线过点，且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点，求：（1）当的面积取最小值时，直线的方程；（2）当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线的方程；（3）当取最小值时，直线的方程；（4）当取最小值时，直线的方程．【分析】先设直线方程的截距式，代入已知点的坐标可得，（1）直接根据基本不等式即可求解；（2）利用乘1法，结合基本不等式可求；（3）先根据锐角三角函数定义表示，然后结合二倍角公