广东省广州市部分学校2024-2025学年高二上学期第二次质检数学试卷

第1页/共1页2024-2025学年广东省广州市部分学校高二（上）第二次质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出直线的斜率，再由解出倾斜角即可.【详解】因为该直线的斜率为，所以它的倾斜角为.故选：A.2.如图，已知正方体的棱长为1，以D为原点，以为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（）A.1,1,1 B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据法向量的求解方法求解即可.【详解】由题意，，，，，，设是平面的一个法向量，则有，令，得，，.故选：A.3.已知向量，，向量在向量上的投影向量为

（

）．A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算及投影向量的公式计算即可.【详解】由题意可知，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4.圆的圆心和半径分别是（）A.，1 B.，3 C.，2 D.，2【答案】C【解析】【分析】直接由圆的标准方程，确定圆心和半径，即可得到答案．【详解】由圆的标准方程，得圆心为，半径为2.故选：C.5.将直线绕点逆时针旋转90°得到直线，则的方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知，由两直线的斜率之积为（两直线的斜率均存在时）可求的斜率，且过，由直线的点斜式可得的方程．【详解】直线的方程为，其斜率为，设直线的斜率为，，．由题意可知，，，的方程为：，即．故选：B6.空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.因为，故，,所以点到直线的距离为.故选：A7.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所形成的图形是圆，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.已知在平面直角坐标系中，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（）A.的方程为B.在上存在点，使得到点的距离为3C.在上存在点，使得D.上的点到直线的最小距离为1【答案】C【解析】【分析】对A：设点Px,y，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点Mx,y，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.【详解】对A：设点Px,y∵，则，整理得，故C的方程为，故A正确；对B：的圆心，半径为，∵点到圆心的距离，则圆上一点到点的距离的取值范围为，而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为9，故B正确；对C：设点Mx,y∵，则，整理得，∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，又，则两圆内含，没有公共点，∴在C上不存在点M，使得，C不正确；对D：∵圆心到直线的距离为，∴C上的点到直线的最小距离为，故D正确；故选：C.【点睛】思路点睛：利用点与圆的位置关系来判定B，利用圆与圆的位置关系来判定C，结合数形思想即可.8.已知，是直线上两动点，且，点，，则的最小值为（）A. B. C. D.12【答案】A【解析】【分析】依题意，设点，推得点，利用两点间距离公式计算，利用距离公式表示的几何意义将其转化成两定点与一条定直线上的点的距离之和最小问题解决.【详解】不妨设点在点的左边，因直线的倾斜角为，且，则点的坐标为，则，记，则可将理解为点到的距离之和，即点到直线的距离之和，依题即需求距离之和的最小值.如图，作出点关于直线的对称点,则，连接，交直线于点,则即的最小值，且,故的最小值为.故选：A.二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（）A.点的坐标为2,1 B.C. D.的最大值为5【答案】ABC【解析】【分析】根据直线方程求出定点的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，三角函数辅助角求最值即可得解.【详解】因为可以转化为，故直线恒过定点，故A选项正确；又因为：，即恒过定点，由和,满足，所以,可得,故B选项正确；所以,故C选项正确；因为,设为锐角,则,，所以,所以当时,取最大值,故选项D错误.故选：ABC.10已知圆：，直线：（），则（）A.直线l恒过定点B.当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1C.直线与圆有两个交点D.圆与圆恰有三条公切线【答案】ACD【解析】【分析】A，将直线变形，即可得到直线过定点；B，结合点到直线的距离公式，可得到结果；C，由定点在圆内，即可判断；D，利用圆心距与两圆半径之间的关系即可判断.【详解】对于A，直线，所以，令，解得，所以直线恒过定点，故A正确；对于B，当时，直线为：，则圆心到直线的距离为，，所以圆上只有2个点到直线的距离为，故B错误；对于C，因为直线过定点，所以，所以定点在圆内，则直线与圆有两个交点，故C正确；对于D，由圆的方程可得，，所以圆心为，半径为，此时两圆圆心距为，所以两圆位置关系为外切，则两圆恰有三条公切线，故D正确.故选：ACD.11.如图，在平行六面体中，已知，，E为棱上一点，且，则（）A. B.直线与所成角的余弦值为C.平面 D.直线与平面所成角为【答案】ABD【解析】【分析】通过建立空间的一组基底，将相关直线的方向向量用基向量表示，利用向量数量积的运算律求模长判断A项；利用空间向量的夹角公式计算判断B项；利用向量的数量积是否为0判断C项；通过求平面的法向量和空间向量的夹角判断D项.【详解】不妨设则.对于A，因,故，故，故A正确；对于B，因，,则，，设直线与所成角为，则故B正确；对于C，因，即与不垂直，故不与平面垂直，故C错误；对于D，因，,因，，则有因平面，故平面，即平面的法向量可取为，又，设直线与平面所成角为，因，，，则，因，故，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知空间向量，，，若，，共面，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由空间向量共面定理列方程组得到，再结合二次函数的性质解出最值即可；【详解】因为，，共面，所以，即，即，解得，所以，所以，所以最小值为，故答案为：.13.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对三角形三边的张角相等，均为，根据以上性质，已知，为内一点，记，则的最小值为______.【答案】##【解析】【分析】根据题意，得到为锐角三角形，得出费马点在线段上，设，由为顶角是的等腰三角形，求得，结合费马点的性质，即可求解.【详解】设为坐标原点，由，可得，且为锐角三角形，所以费马点在线段上，如图所示，设，则为顶角是的等腰三角形，可得，又由，则，所以的最小值为.故答案为：.14.已知正三棱柱的底面边长为，高为2，点是其表面上的动点，该棱柱内切球的一条直径是，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据条件，得出棱柱的内切球的半径为，利用数量积的运算得，再求出范围，即可求出结果.【详解】因为正三棱柱的底边长为，如图，设内切圆的半径为，所以，得到，又正三棱柱的高为2，所以棱柱的内切球的半径为，与上下底面有两个切点且切点为上下底面的中心，又是该棱柱内切球的一条直径，如图，取上下底面的两个切点，设为，则，又点是正三棱柱表面上的动点，当与（或）重合时，的值最小，此时，由对称性知，当为正三棱柱的顶点时，的值最大，连接，并延长交于，则，此时，得到，则的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：关键在于把向量的数量积转化为线段和长度问题.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知圆，过作直线圆交于点．（1）求证：是定值；（2）若点．求的值．【答案】（1）为定值，证明见解析（2）-1【解析】【分析】（1）易知当直线的斜率不存在时；当直线的斜率存在时，设直线方程和，联立圆方程，利用韦达定理表示，结合平面向量的坐标表示化简计算即可求解；（2）根据两点表示可得，由（1）知，计算化简即可求解.【小问1详解】若直线的斜率不存在，则，则，所以；若直线的斜率存在，设，，消去，得，，又，所以.综上，为定值.【小问2详解】易知直线的斜率存在，由（1）知，所以，得，由，得，所以.16.如图，在空间几何体中，四边形是边长为2的正方形，平面，，且∥∥．（1）求证：四点共面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，．【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，只需证出共面即可得证；（2）利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：因为平面平面，所以．因为四边形是正方形，所以，所以两两垂直，则以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系：根据题意，得．所以．因为，所以共面，又有公共点，所以四点共面．【小问2详解】解：存在，理由如下：，则，设m=x1则，即，令，得平面的一个法向量为．假设线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，令，则，设n=x2,y即，令，得平面一个法向量为．设平面与平面所成角为，则．化简整理，得，因为，所以，所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为，此时．17.已知为圆C：上任意一点，（1）求的最大值和最小值；（2）求的最大值和最小值．【答案】（1）最大值为，最小值为（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）设，得直线，易知Mx,y同时在直线与圆上，所以只需要直线与圆有交点即可；（2），表示两点间距离的平方，最后利用距离求范围即可.【小问1详解】由题可知，设,得直线，该直线与圆有交点即可，所以圆心到直线的距离要小于等于半径即可，有解得即所以的最大值为，最小值为小问2详解】显然表示点Mx,y到点的距离的平方，即已知Mx,y在圆上，所以显然，所以所以所以所以所以的最大值为，最小值为.18.我国汉代初年成书的《淮南子毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则是四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.而英国化学家、物理学家享利·卡文迪许从镜面反射现象中得到灵感，设计了卡文迪许扭秤实验测量计算出了地球的质量，他从而被称为第一个能测出地球质量的人.已知圆的半径为3，圆心在直线位于第一象限的部分上，一条光线沿直线入射被轴反射后恰好与圆相切.（1）直接写出的反射光线所在直线的方程；（2）求圆的方程；（3）点是圆与轴的公共点，一条光线从第一象限入射后与圆相切于点，并与轴交于点，其在点处被直线反射后沿着轴负方向传播，此时的面积恰好为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用对称性质求出反射光线所在直线的方程.（2）设出圆心坐标，利用切线性质，结合点到直线距离公式求出圆心坐标即得.（3）由（2）求出点坐标，设出点坐标，利用直角三角形边角关系、切线长定理及三角形面积公式求出点坐标，再借助光的反射性质求出直线的方程.【小问1详解】设的反射光线所在直线上任意点为，则该点关于轴对称点在直线上，所以的反射光线所在直线的方程为.【小问2详解】设点，而圆与直线相切，且圆半径为3，则，即，整理得或，又点在第一象限，即，因此，点，所以圆的方程为.【小问3详解】由（2）知，点到轴距离为3，即轴与圆相切于点，由一条光线从第一象限入射后与圆相切于点，并与轴交于点，得点在点的右侧，设，则，连接，，，，又，整理得，解得，即点，直线的斜率为，由光的反射性质知，，则直线的斜率为，直线的方程为，即.19.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出求线段的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；的长为或【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）