2023-2024学年广东省广州市第十六中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广州市第十六中学高二上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线：和直线：垂直，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线垂直的充要条件列出关于的方程，解方程即可.
【详解】因为直线：和直线：垂直，
所以，解得.
故选：D.
2．已知向量，，若，则（ ）
A．10B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量垂直得到方程，求出，进而求出模长.
【详解】由题意得，解得，
故，.
故选：B
3．已知圆C的方程为，点P在圆C上，O是坐标原点，则的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【解析】化简判断圆心和半径，利用圆的性质判断连接线段OC，交圆于点P时最小，再计算求值即得结果.
【详解】化简得圆C的标准方程为，故圆心是，半径，
则连接线段OC，交圆于点P时最小，因为原点到圆心的距离，故此时.
故选：B.
4．在空间四边形中，等于（ ）
A．B．0C．1D．不确定
【答案】B
【分析】令，利用空间向量的数量积运算律求解.
【详解】令，
则，
，
.
故选：B
5．是直线与直线平行且不重合的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【分析】用定义法，分充分性和必要性进行讨论.
【详解】充分性：时，直线与直线可化为：直线与直线，此时两直线平行.故充分性满足；
必要性：因为直线与直线平行，
所以，解得：m=1.故必要性满足.
故选：C
6．点，点是圆上的一个动点，则线段的中点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设出点坐标，得出点坐标，代入圆方程，即可得到线段的中点M的轨迹方程.
【详解】设点的坐标为，因为点是线段的中点，
可得，点在圆上，
则，即.
故选：A.
7．在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用向量投影的定义结合勾股定理即可求解.
【详解】因为，，
，
所以到直线的距离为．
故选：D
8．已知点是直线：上的动点，点为原点，点的坐标为，点的坐标为，点为坐标平面内一点，且有，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据隐形圆的轨迹判断并结合直线和圆的几何位置关系分析即可求解.
【详解】
如图，因为，
又，
所以，
从而，
故点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.
当点为直线：上的定点时，
当与圆相切时，最大，
此时，
当时，此时最小，最大，
从而最大.此时，，，
此时的最大值为，
故选：C.
二、多选题
9．下列说法中，正确的有（ ）
A．过点且在轴，轴截距相等的直线方程为
B．直线在轴的截距是2
C．直线的倾斜角为30°
D．过点且倾斜角为90°的直线方程为
【答案】CD
【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程等知识确定正确答案.
【详解】A选项，直线过点且在轴，轴截距相等，所以A选项错误.
B选项，直线在轴上的截距是，B选项错误.
C选项，直线的斜率为，倾斜角为，C选项正确.
D选项，过点且倾斜角为90°的直线方程为，D选项正确.
故选：CD
10．下列条件中，使与一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据空间向量的基本定理及其推论，以及向量的共面定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，因为，
根据空间向量的基本定理及其推论知，可得四点共面，所以A正确；
对于B中，由，因为，
根据空间向量的基本定理及其推论知，可得四点不共面，所以B不正确；
对于C中，由，可得，
根据向量的共面定理，可得向量共面，所以四点共面，所以C正确；
对于D中，由，可得，因为，
根据空间向量的基本定理及其推论知，可得四点不共面，所以D不正确.
故选：AC.
11．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切
D．直线被圆截得的弦长最长为
【答案】AB
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点,即可判断A,将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，圆心坐标为，半径为2,B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，
由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，故D错误．
故选：AB
12．长方体的底面是边长为的正方形，长方体的高为，分别在上，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．二面角的正切值为
【答案】BCD
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线垂直、线线平行的向量证法可知AB正误；根据异面直线所成角、二面角的向量求法可知CD正误.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
，，，，，，，，
对于A，，，
，与不垂直，A错误；
对于B，，，，
则，B正确；
对于C，，，
，即异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
对于D，轴平面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，又，，
，令，解得：，，；
，，
即二面角的正切值为，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．将直线绕着原点顺时针旋转90°，得到新直线的斜率是 ．
【答案】
【分析】根据两直线垂直时斜率的关系进行求解即可.
【详解】，所以该直线斜率为.
由题可知，新直线与原直线垂直，所以设新直线斜率为，
则.
故答案为：
14．已知的圆心是坐标原点O，且被直线截得的弦长为，则的方程为 ．
【答案】
【分析】先求原点到直线的距离为，然后设圆的半径及结合圆的弦长公式从而求解.
【详解】由题意知：原点到直线的距离为：，
设的半径为：，因为被直线截得的弦长为，
由圆的弦长公式得：，解得：，
所以得：的方程为：.
故答案为：.
15．已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹的方程为 ．
【答案】
【分析】由垂直平分线的性质，结合椭圆的定义得出点的轨迹方程.
【详解】依题意，点，半径，线段的垂直平分线交于点，则，
于是，
因此点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
由，，得，
所以点的轨迹的方程为：.
故答案为：.
四、双空题
16．在空间直角坐标系中，过点且法向量为的平面方程为；过点且方向向量为的直线方程为．
根据上述知识，若直线是平面与 的交线，则的一个方向向量为 ．与平面所成角的正弦值为 ．
【答案】 （与此共线的向量都正确）；
【分析】由两平面方程变形得出的形式，从而可得直线方向向量，求出直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值可得线面角的正弦值．
【详解】由是平面与的交线，可得，
因此直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则．
故答案为：（与此共线的向量都正确）；．
五、解答题
17．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.
【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.
【详解】（1）（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.
（2）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.
18．党的二十大报告提出要加快建设交通强国.在我国万平方千米的大地之下拥有超过座，总长接近赤道长度的隧道（约千米）.这些隧道样式多种多样，它们或傍山而过，上方构筑顶棚形成“明洞”﹔或挂于峭壁，每隔一段开出“天窗”形成挂壁公路.但是更多时候它们都隐伏于山体之中，只露出窄窄的出入口洞门、佛山某学生学过圆的知识后受此启发，为山体隧道设计了一个圆弧形洞门样式，如图所示，路宽为米，洞门最高处距路面米.

(1)建立适当的平面直角坐标系，求圆弧的方程.
(2)为使双向行驶的车辆更加安全，该同学进一步优化了设计方案，在路中间建立了米宽的隔墙.某货车装满货物后整体呈长方体状，宽米，高米，则此货车能否通过该洞门?并说明理由.
【答案】(1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，分析可知圆心在轴上，设圆心坐标为，设圆的半径为，将点、的坐标代入圆的方程，求出、的值，结合图形可得出圆弧的方程；
（2）求出货车右侧的最高点的坐标，代入圆弧的方程，可得出结论.
【详解】（1）解：以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则点、，由圆的对称性可知，圆心在轴上，
设圆心坐标为，设圆的半径为，则圆弧所在圆的方程为，
因为点、在圆上，则，解得，。
所以，圆弧所在圆的方程为，
因此，圆弧的方程为.
（2）解：此火车不能通过该路口，
由题意可知，隔墙在轴右侧米，车宽米，车高米，
所以货车右侧的最高点的坐标为，
因为，因此，该货车不能通过该路口.
19．已知椭圆C的两个焦点分别是､，且椭圆C经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当m取何值时，直线与椭圆C：
①有两个公共点；
②只有一个公共点；
③没有公共点？
【答案】(1)
(2)①；②；③或
【分析】（1）由题意c=1，将点 的坐标代入椭圆的标准方程即可；
（2）联立直线与椭圆方程，根据判别式求解即可.
【详解】（1）设椭圆C的标准方程为，
由题意可得： 解得 ，
所以椭圆C的标准方程为：；
（2）联立 消去y得：，
则 ，
①当，即时，方程有两个不同的实数根，
所以直线与椭圆C有两个公共点；
②当，即时，方程有两个相等的实数根，
所以直线与椭圆C只有一个公共点；
③当，即或时，方程无实数根，
所以直线与椭圆C没有公共点；
综上，当时有两个公共点；
当时，有一个公共点；
当或，没有公共点.
六、未知
20．如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F分别是BC，的中点．
(1)求直线与平面EDF所成角的正弦值；
(2)求平面EDF与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面EDF的距离，
【答案】(1)
(2)
(3) 0
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦、面面夹角，点到面的距离.
【详解】（1）在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为：，
则：，令，得：，
设直线与平面所成角为，
则：，
所以：直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为：.
（2）由（1）知：平面的法向量，而平面的一个法向量，
所以平面和平面夹角的余弦值为：.
故答案为：.
（3）由（1）知：平面的法向量为，因为：，所以：，
所以：点到平面的距离为.
故答案为：.
【点睛】
七、解答题
21．在平面直角坐标系中，点，直线：，设的半径为1，圆心C在直线上．

(1)若圆心C也在直线上，过点A作的切线，求切线的方程；
(2)若上存在点M，使得，求圆心C的横坐标a的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）先求得圆心，再根据半径为1，可得圆的方程.分类讨论斜率不存在和存在时的情况，由圆心到切线的距离等于半径求得切线方程；
（2）可设圆心 ，设点，则由可得，设此圆为圆D，由题意可得，圆C和圆D有交点，故两圆相交，由此有，解之可得的取值范围.
【详解】（1）由题设，知圆心C是直线和的交点，
联立方程，解得，即两直线的交点坐标为，
所以点C的坐标为，圆C的方程为，
当过点的切线的斜率不存在时，切线方程为，不满足条件；
当过点的切线的斜率存在时，设切线方程为，即，
由题意得，解得，
所以切线方程为或；
综上所述：所求切线方程为或.
（2）因为圆心C在直线上，所以设点C的坐标为，
圆C的方程为，
设点，因为，
所以，
化简得，即，
所以点M在以点为圆心，2为半径的圆上.
由题意，点在圆C上，
所以圆C与圆D有公共点，
则，即，解得，
所以圆心C的横坐标的取值范围为.
22．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．

(1)证明：；
(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；
（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为为菱形，则，
又因为，且为的中点，则，
，平面，所以平面，
且平面，则，
又因为∥平面，平面，平面平面，
可得∥，所以.
（2）因为，且为的中点，则，
且，，平面，所以平面，
可知与平面所成的角为，即为等边三角形，
设，则，且平面，平面，
可得平面，平面，
且平面平面，所以，即交于一点，
因为为的中点，则为的重心，
且∥，则，
设，则，
如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.