四川省成都市2023-2024学年高二数学上学期期中试题含解析

Page28高2022级高二上学期半期考试数学试题一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.空间向量，若，则实数（）A.1 B. C.0 D.2【答案】D【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标公式列式计算即可.【详解】因为向量，且，所以，解得.故选：D.2.已知直线的方程为，则该直线的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意得，进一步得，从而可求出倾斜角的取值范围.【详解】因为直线的方程为，直线的倾斜角为，所以，因为当时，，所以，因为，所以，故选：D3.已知圆的方程为，圆的方程为，若圆与圆外切，则的值为（）A.1 B.9 C.10 D.16【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，再由两圆外切列方程可求得结果.【详解】由，得，所以圆心，半径，由，得，所以圆心，半径，因为圆与圆外切，所以，即，所以，得，故选：B4.在斜三棱柱的底面中，，且，，则线段的长度是（）A. B.3 C. D.4【答案】A【解析】【分析】首先根据几何图形，利用基底向量表示，再根据数量积公式，求模长.【详解】，,,所以.故选：A5.在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得最大时的位置，进而求得到平面的距离，进而可求直线与平面所成角的正弦值【详解】设，则由知最大时最大又当且仅当即时取等此时是的中点，设到平面的距离为由得，即，解得设直线与平面所成角为：故选：A.6.已知圆，圆，分别是圆的动点，为直线上的动点，则的最小值为（）A.6 B.10 C.13 D.16【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，数形结合得到的最小值为的最小值，求出关于直线的对称点的坐标，从而得到的最小值，进而得到的最小值.【详解】的圆心为，半径，的圆心为，半径，如图所示，的最小值为的最小值，设点关于直线的对称点为，则，解得，故，连接，则即为的最小值，故的最小值为，故的最小值为.故选：B7.在中，为的中点.将沿进行旋转，得到三棱锥，当二面角为时，的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意得该三棱锥的面，是边长为1的正三角形，平面，将三棱锥补形成正三棱柱，三棱锥的外接球球心就是正三棱柱的外接球球心，求出其半径可得解.【详解】由题意，，二面角的平面角是，，.将沿进行旋转，得到三棱锥，所以，由余弦定理可得：，因为，，，平面，平面，将三棱锥补形成正三棱柱，三棱锥的外接球球心就是正三棱柱的外接球球心，取外接圆的圆心，外接圆的圆心，根据对称性知正三棱柱的外接球球心是的中点，，，点是外心，，在中，，即，三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.8.已知正方体的边长为，点关于平面对称的点为，矩形内（包括边界）的点满足，记直线与平面所成线面角为.当最大时，过直线做平面平行于直线，则此时平面截正方体所形成图形的周长为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】作出图形，分析可知，点在矩形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在矩形内的圆弧，当与圆弧相切于点时，最大，即取最大值，然后作出截面，计算出各边边长，相加可得出截面的周长.【详解】如下图所示：因为矩形内（包括边界）的点满足，则点在矩形内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在矩形内的圆弧，设直线交于点，过点作，交于点，因为平面，则平面，所以，与平面所成的角为，由图可知，当与圆弧相切于点时，最大，即取最大值，连接，则，易知，则，所以，是等腰直角三角形，则，在矩形中，，则，又因为，所以，是等腰直角三角形，则，所以，，因为且，故四边形为平行四边形，则，设平面分别交棱、于点、，连接,因为，平面，平面，则，故，设截面分别交直线、于点、，因为，，，所以，，因为平面，平面，则，设，，则，同理可得，故为等腰直角三角形，易知，而，则，则为的中点，所以，，则，故，因为，且，则为等腰直角三角形，所以，，则，因为平面，、平面，则，，则，所以，，同理可得，故截面截正方体所得截面的周长为，故选：C.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.二､多选题：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.下列选项正确的是（）A.若两条不重合的直线的倾斜角相等，则这两条直线一定平行B.若直线与直线垂直，则C.若直线与直线平行，则D.若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是【答案】AC【解析】【分析】根据两直线的倾斜角相等且不重合可对A项判断；由直线和直线垂直，从而求出或，即可对B项判断；直线和直线平行，利用两直线平行知识可对C项判断；知道直线的方向向量，从而可求解出倾斜角，即可对D项判断.【详解】对于A项：两直线的倾斜角相等且不重合，可得两直线平行，故A项正确；对于B项：由直线和直线垂直，得：，解得：或，故B项错误；对于C项：直线和直线平行，当时，得直线：与直线不平行，当时，得：，解得：或，经检验当时两直线重合不符题意，故，故C项正确；对于D项：知直线的方向向量为，得：，所以得直线的斜率为，倾斜角为，故D项错误.故选：AC.10.如图，在四棱锥中，是矩形，侧棱底面，且，分别为的中点，为线段上的动点，则（）A.四面体每个面都是直角三角形B.C.当点异于点时，平面D.直线和平面所成角的正切值为【答案】BC【解析】【分析】因为则当为中点时，与不垂直，则选项A可以判断；由图形可知，可以建立以点D为原点空间直角坐标系，则找到与的向量进行垂直判断，即可得到选项B；因为分别为的中点，则可证明平面判断C选项；利用直线的方向向量和平面的法向量，代入夹角公式即可计算出夹角的正弦值，再根据同角三角函数值得求解，即可判断D.【详解】因为，，在中，为中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才能垂直底面，由于不是等腰，则与不垂直，则在四面体有的面不是直角三角形，故A不正确；分别为的中点，则在中，因为平面，平面，所以平面.C正确以点D为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，则可判断.B正确；，则方向向量为.平面的法向量设直线和平面所成角为，则，则，D错误.故选：BC11.点是圆上的动点，则下面正确的有（）A.圆的半径为3B.既没有最大值，也没有最小值C.的范围是D.的最大值为72【答案】BC【解析】【分析】将圆方程化为标准方程可判断选项A错误.设，则转化为直线与圆有交点，可算得既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.对于选项C和D，可用三角换元化简，再结合辅助角公式即可判断.【详解】圆转化为，则圆的圆心为，半径为2，选项A错误.设，则直线与圆有交点，即，整理得，解得或.既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.设，，则，其中.则的取值范围为，选项C正确.又，则，因此其中.则的最大值为，选项D错误.故选：BC12.已知圆，点.过点作圆的两条切线为切点，则下列说法正确的有（）A.当时，不存在实数，使得线段的长度为整数B.若是圆上任意一点，则的最小值为C.当时，不存在点，使得的面积为1D.当且时，若在圆上总是存在点，使得，则此时【答案】ACD【解析】【分析】求出点轨迹，利用几何面积转换从而可得到的取值范围，即可对A项判断；求出圆心的轨迹方程为，然后即可求出的最小值，即可对B项判断；画出圆及切线，利用几何条件，从而可对C、D项判断.【详解】对于A项：当时，圆：，圆心，半径，由点得的轨迹方程为：，如下图：由，所以当最小时，最小，的最小值为圆心到的距离，此时：，又因为：，故，所以当时，不存在实数，使得线段的长度为整数，故A项正确；对于B项：圆心得圆心的轨迹方程为，所以到直线的距离为，所以是圆上任意一点，则的最小值为：，故B项错误；对于C项：当，圆：，由A项知的轨迹方程为：，如下图：由：，故最小时，最小，的最小值为圆心到直线的距离为，设，由A项知，进而可得中边上的高为，所以，因为：，所以得：，故C项正确；对于D项：因为与圆相切，所以，，最长时，，此时，所以：，解得：，又因为，所以：，故D项正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线与圆，则直线被圆所截得的弦长为__________.【答案】【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，再结合勾股定理可求弦长.【详解】圆C的圆心坐标为(1,2)，半径为，圆心到直线的距离为：，所以直线被圆截得的弦长为：，故答案为：.14.在三棱锥中，在线段上，满足是平面内任意一点，，则实数__________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案.【详解】依题意，，则，由于四点共面，所以.故答案为：15.在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示，已知直线的方程为，则点到直线的距离为__________.【答案】【解析】【分析】由题设直线经过点，且为一个方向向量，易得，应用点线距离的向量求法求点到直线的距离.【详解】由题设，直线为，经过点，且为一个方向向量，所以，故到直线的距离为.故答案为：216.如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点为原点，建立空间直角坐标系，并求出点的轨迹方程，并利用，求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围.【详解】，得，即，中，根据余弦定理，，根据正弦定理，，得如图，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点,,设点，翻折后点的投影在轴上，所以的纵坐标为0，即，，由，根据两点间距离公式，，整理为如右图，在翻折过程中，作于点，则，并且，平面，所以平面，平面,所以，即，其中，又动点在线段上动，设，故，且，由，得，，又因为，对应的的取值为，即,.则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点的轨迹，关键2，根据几何关系可得，根据坐标运算，即可求解.四､解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17已知点.（1）若，且，求的坐标；（2）求以为邻边的平行四边形的面积.【答案】（1）或（2）3【解析】【分析】（1）利用空间向量的坐标运算以及模长公式可解；（2）首先利用数量积公式求，则可解，结合面积公式可得答案.【小问1详解】，，或，或；【小问2详解】由题意得所以，，，.18.已知直线经过两点，.（1）求直线和直线的一般式方程；（2）已知直线经过直线与直线的交点，且在轴上的截距是在轴上的截距的倍，求直线的一般式方程.【答案】18.；19.或【解析】【分析】（1）根据直线过两点从而可求解其一般式方程，由，可求出的一般方程；（2）求出直线和的交点，再结合在坐标轴上截距，从而可求解.【小问1详解】由题意可得，直线的斜率为,所以得其方程为，整理化简得其一般式方程为：，因为，所以：可设的方程为：，又因为，所以：，得一般式方程为，综上：.【小问2详解】联立，得，所以交点坐标是，由题意知，（i）当直线在轴上的截距是在轴上的截距的倍且为时，即，此时的方程为；（ii）当直线在轴上的截距是在轴上的截距的倍且不为时，此时可设直线的方程为，因为，所以：，得：，满足条件，此时的方程为，综上，的方程为或.19.如图所示，有一个矩形坐标场地（包含边界和内部，为坐标原点），长为8米，在边上距离点4米的处放置一个行走仪，在距离点2米的处放置一个机器人，机器人行走速度为，行走仪行走速度为，若行走仪和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点，那么行走仪将被机器人捕获，称点叫捕获点.（1）求在这个矩形场地内捕获点的轨迹方程；（2）若为矩形场地边上的一点，若行走仪在线段上都能逃脱，问：点的位置应在何处？【答案】（1）（2）的横坐标范围为【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据求出轨迹方程，注意；（2）作出第一问中求出的点的轨迹，数形结合得线段与（1）中圆弧相离时，则行走仪在线段上能逃脱，设出直线方程，从而利用点到直线距离公式求出答案.【小问1详解】分别以为轴，建立平面直角坐标系，则，设捕获点，可得，即，化简得，因为点需在矩形场地内，所以，且在第一象限，解得，故所求轨迹方程为.【小问2详解】画出点的轨迹，如图所示，当线段与（1）中圆弧相离时，则行走仪在线段上能逃脱，其中，设线段的方程为，则到直线的距离为，结合，解得，中，令得，故点的横坐标取值范围是.20.如图，在四棱锥中，是边长为3的正三角形，，平面平面.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的平面角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出面和面，由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系即可得出答案.【小问1详解】连接交于点，由平面几何知识易知，又平面平面是交线，平面，平面，又平面，，又平面，平面；【小问2详解】如图，以为坐标原点，为轴，为轴，建立如图空间直角坐标系，若，则易知是平面的一个法向量，设是平面的一个法向量则，即，令，则，所以二面角的平面角为锐角，二面角的平面角的余弦值为，二面角的平面角的正弦值为二面角的平面角的正切值为.21.如图，菱形的边长为为的中点.将沿折起，使到达，连接，得到四棱锥.（1）证明：；（2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解线面角，结合三角函数的性质即可求解最值.【小问1详解】由题意证明如下，在菱形中，为的中点，，是等边三角形，，在翻折过程中，恒有，又平面，平面，平面，；【小问2详解】