四川省2024-2025学年高二数学上学期半期期中模拟试题含解析

Page222024-2025学年高二上半期模拟数学试卷时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.1.与平行的一个向量的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】若向量与向量平行，则，逐一验证选项即可.【详解】解：若向量与向量平行，则，，则设向量，则与符号相同，与符号相反，所以可知A，B，D不成立，选项C：若，则，，，故C正确.故选：C.2.圆的圆心到直线的距离为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得答案.【详解】圆心坐标为，由点到直线的距离公式可知，故选：A.3.在平行六面体中，M为与的交点．，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据空间向量线性运算的法则，对向量进行表示即可．【详解】平行六面体中，故选：A．4.，，若，则实数值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据空间向量垂直的坐标表示求解．【详解】，又，，解得．故选：A．5.若圆与圆外切，则（）A.9 B.19 C.21 D.﹣11【答案】A【解析】【分析】利用圆心距等于半径之和求解.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径为，圆的半径为，半径为，则，解得.故选：A.【点睛】本题考查利用圆与圆的位置关系求参，较简洁.解答圆与圆的位置关系时，要灵敏运用圆心距与半径的和差关系.6.“”是“直线：与直线：平行”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【答案】C【解析】【分析】先求出“直线：与直线：平行”的充要条件,再推断即可.【详解】由直线：与直线：平行得，，解得.∴“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.故选：C.7.直线经过点和以，为端点的线段相交，直线斜率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据已知条件，结合直线的斜率公式，求出，再结合图象即可求解．【详解】∵，，图象如图所示：由图可知，直线的斜率满意或，故直线的斜率的取值范围为．故选：D．8.已知，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令M为AC的中点，以M为原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出所求夹角的余弦值.【详解】令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)，C1(－2，0，)，所以＝(－3，0，)，＝(0，，－)，所以cos〈，〉＝＝－，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.9.下列关于空间向量的命题中，正确的有（）A.若向量，与空间随意向量都不能构成基底，则∥；B.若非零向量，，满意，，则有∥；C.若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；D.若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底；【答案】ACD【解析】【分析】依据空间向量基本定理，能作为基底的向量确定是不共面的向量，由此分别分析推断即可【详解】对于A，若向量，与空间随意向量都不能构成基底，则可得向量，是共线向量，即∥，所以A正确，对于B，若非零向量，，满意，，则向量与不能确定，可能平行，所以B错误，对于C，若，，是空间的一组基底，且，则由空间向量基本定理可得，，，四点共面，所以C正确，对于D，因为，，是空间的一组基底，所以对于空间中的随意一个向量，存在唯一的实数组，使，所以向量，，也是空间一组基底，所以D正确，故选：ACD10.下列说法正确的是（）A直线必过定点B.过点作圆的切线，切线方程为C.经过点，倾斜角为的直线方程为D.直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1【答案】AB【解析】【分析】依据直线系的方程求解顶点即可推断A；结合点在圆上求解切线推断B；分和探讨推断C；干脆求解直线在坐标轴上的交点坐标即可推断D.【详解】解：对于A选项，，故直线过与的交点，所以，联立得，即直线必过定点，故正确；对于B选项，点在上，圆心为，所以切线的斜率为，所以切线方程为，即，故正确；对于C选项，经过点，倾斜角时，直线方程为，当时，直线方程为，故错误；对于D选项，令得，令得，所以直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为，故错误.故选：AB11.已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，，则（）A.当四边形为正方形时，点P的坐标为 B.的取值范围为C.当为等边三角形时，点P的坐标为 D.直线过定点【答案】CD【解析】【分析】依据给定条件，用表示出切线长推断选项A，B，D；求出直线AB的方程推断D作答.【详解】依题意，，则，当点时，，因此，明显四边形不是正方形，A不正确；因当点时，，B不正确；当点时，，在中，，即有，又，因此为等边三角形，此时直线斜率为1，有，由垂足的唯一性知，当为等边三角形时，点P的坐标为，C正确；设，明显点A，B在以OP为直径的圆上，又点A，B在圆上，于是得直线AB的方程为：，即，直线过定点，D正确.故选：CD12.如图所示，在矩形中，，E为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，G为垂足．设，则下列说法正确的是（）A.若平面，则B.若平面，则C.若平面平面，且，则D.若平面平面，且，则【答案】AC【解析】【分析】对四个选项一一验证：对于A：由平面得到，在中，解三角形即可求得；对于B：由平面得到，，在中解三角形即可求得；对于C：作于H，可以证明平面，得到，在等腰直角三角形中，可以计算；对于D：作，垂足为H，可以推断出C，H，G三点共线，证明出，利用，可以求出t.【详解】对于A，若平面，则，在中，，则，是三角形的高，则所以A正确；对于B，若平面，则有，则，在中，，即，解得，所以B错误；对于C，若平面平面，作，垂足为H，因为平面平面，所以平面，从而，又，所以平面，从而，因为，所以在等腰直角三角形中，，所以在等腰直角三角形中，，所以C正确；对于D，若平面平面，平面平面，又，故平面，所以，作，垂足为H，从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，则，又，故，又，所以，故，因为，所以，所以D错误.故选：AC．【点睛】(1)立体几何中的翻折（绽开）问题截图的关键是：翻折（绽开）过程中的不变量；(2)一般位置关系的证明用判定定理.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线的倾斜角的大小是____________.【答案】##【解析】【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系可得，再求倾斜角即可.【详解】设直线的倾斜角为，由直线的方程为：可得，又，所以，故答案为：.14.已知向量，，，且，，则＝__________________.【答案】【解析】【分析】由已知利用向量平行的条件列式求解，再由向量垂直的坐标运算求得，可得答案．【详解】，且，存在实数，使得，即，，解得，，又，且，，即，．故答案为：．15.在正方体中，棱与平面所成角的余弦值为__________．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则设正方体的边长为1，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的公式代入即可得出答案.【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则设正方体的边长为1，，则，设平面，，则，所以，棱与平面所成角为，所以，则.故答案为：.16.点P是直线上的动点，直线与圆分别相切于A，B两点，则当点P的坐标为___________时，切线段的长度最短；四边形面积的最小值为___________.【答案】①.②.##【解析】【分析】由，当最短时的长度最短，求出直线的方程与联立可得解得坐标；由四边形，当最短时最小，可得的最小值.【详解】由得圆心，半径圆，因为，所以当最短时的长度最短，由圆心做直线的垂线，垂足为，此时最短，所以直线的斜率为，方程为，由解得，即.四边形，所以当最短时最小，由圆心到直线的距离为，所以的最小值为.故答案为：；.四、解答题：本题共6个小题，17题10分，其余各题均为12分，共70分.应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17.在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3).（1）求BC边所在直线的一般方程；（2）求BC边的垂直平分线DE所在直线的一般方程.【答案】（1）x＋2y－4＝0（2）2x－y＋2＝0【解析】【分析】（1）利用直线的两点式方程可得答案；（2）由中点坐标公式得到D的坐标，利用直线BC与直线DE垂直得DE的斜率，再利用直线点斜式方程可得答案.【小问1详解】因为直线BC经过B(2，1)和C(－2，3)两点，由两点式得BC的方程为＝，即x＋2y－4＝0.【小问2详解】设BC边的中点D的坐标为(x，y)，则，，点D的坐标为(0，2)，由（1）知，直线BC的斜率，则BC的垂直平分线DE的斜率，由点斜式得直线DE的方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0.18.如图，在正方体中，E为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；[方法二]:空间向量坐标法以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，则.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：几何法延长到，使得，连接，交于，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,连接，作,垂足为,连接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直线平面,又∵直线平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，依据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.设正方体的棱长为2，则,,∴,∴,∴,即直线与平面所成角的正弦值为.[方法二]：向量法接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.[方法三]：几何法+体积法如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．因，所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．设正方体的棱长为2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直线与平面所成角的正弦值为．[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，设直线与平面所成的角为，所以．【整体点评】（Ⅰ）的方法一运用线面平行的判定定理证明，方法二运用空间向量坐标运算进行证明；（II）第一种方法中运用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培育学生的集合论证和空间想象实力，其次种方法运用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合运用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何帮助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了帮助线和几何的论证，不失为一种美丽的方法.19.直线与圆：相交于两点.（1）求弦长；（2）求过点且与圆相切的直线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）依据题意可得圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离，结合勾股定理求出弦长的一半，进而得出弦长；（2）切线的斜率不存在，易知方程为；当切线斜率存在，设切线为，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离等于半径，列出方程，解出k，结合直线的点斜式方程求解即可.【小问1详解】由题意知，圆心，半径，所以圆心C到直线的距离为，所以，所以；【小问2详解】当切线的斜率不存在时，因为过点，其方程为，圆心到直线的距离为，满意题意；当切线斜率存在时，设切线为，即，圆心，半径，，解得．切线方程为，即．故切线方程为或．20.已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的标准方程；（2）过点且斜率为的直线与圆有两个不同的交点，若，其中为坐标原点，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出圆的标准方程，将两点坐标代入圆的方程，圆心坐标代入直线方程，解出三个参数，即可求出圆的方程；（2）依据条件设出直线的方程，消去得到关于的一元二次方程，将韦达定理的表达式代入，解出的值，分别推断是否满意，从而得出直线方程.【小问1详解】设所求圆的方程为，则由题可得：，解得：a=3b=2故所求圆C方程为.【小问2详解】由题设，可知直线的方程为.代入方程，整理得，设，则，，由