精品解析：河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高二上学期第二次质量检测数学试题

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项．
1. 直线的倾斜角是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求斜率，再求倾斜角
【详解】，则斜率，设倾斜角是， ，即，
所以
故选：A
2. 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，设，则的值为（ ）
A. 1B. 0C. -1D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由正方体性质可知两两垂直，从而对化简可得答案
【详解】由题意可得,
所以，所以，
所以，
故选：B
3. 对任意实数，直线与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相切或相离C. 相离D. 相交或相切
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线所过定点的坐标，判断点与圆的位置关系，即可得出直线与圆的位置关系.
【详解】将直线方程变形为，由，解得，
所以，直线过定点，
将圆的方程化为标准方程，即为，
，所以，点在圆上，
因此，直线与圆相切或相交.
故选：D.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的判断，求出直线所过定点的坐标是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
4. 若直线与直线平行，则实数（ ）
A. B. C. 2D. 或2
【答案】D
【解析】
【分析】由直线平行或重合系数关系得到关于的方程，求出的值，代入方程验证，排除重合，即可求解.
【详解】直线平行或重合，则，
即，解得或，
当时，直线，
直线，此时，
当，直线，
直线，此时
故选:D.
【点睛】本题考查两直线方程为一般式时，直线的位置与方程的关系，属于基础题.
5. 在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解.
【详解】由题知，在正四面体中，
因为平面，
所以是的中心，
连接，则，
所以
.

故选：B
6. 已知两点，，直线：与线段相交，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线过定点P，再计算直线PM，PN的斜率，然后结合图形即可列式计算作答.
【详解】直线：变形为，
于是得过定点，斜率，
直线PM斜率为，直线PN斜率为，
直线过点且与线段相交，则斜率k满足：或，如图，

即或，于是有或．解得或，
所以的取值范围是：.
故选：B.
7. 设曲线上的点到直线的距离的最大值为，最小值为，则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将曲线化成圆的方程的形式，结合图像，过曲线上任意一点作平行于直线的直线，可得到当直线的方程为时，直线与直线的距离为，然后利用圆心到直线的距离减去半径可得，进而可得到答案.
【详解】由可知，，且，即曲线是以为圆心，半径为1的半圆，
过曲线上任一点作平行于直线的直线，如下图所示：

其中实线为直线，虚线为直线，
曲线上的点到直线的距离可转化为直线与直线之间的距离，
结合图像易知，当直线过时，直线与直线之间的距离最大，
即曲线上的点到直线的距离最大，易知此时直线的方程为：，
由平行线间的距离公式可得，，
因为到直线的距离为，
所以曲线上的点到直线的距离的最小值为，
从而.
故选：D.
8. 如图，将边长为1的正方形沿对角线折成直二面角，若点满足，则的值为
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二面角的定义，结合勾股定理求出的长，最后根据平面向量的模的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】取的中点为，连接，由正方形的性质可知：，所以为二面角的平面角，由题意可知：，因为，所以.
，
所以.
故选：D
【点睛】本题考查了求平面向量模的大小，考查了二面角的定义，考查了平面向量数量积的运算，考查了推理论证能力和数学运算能力.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题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0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是；
B. 若为空间中一组基底，则可构成空间另一组基底
C. 在中，若，则点D是边BC的中点
D. 已知A，B，C三点不共线，若，则A，B，C，D四点一定共面
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，可求点关于平面对称的点的坐标，从而可判断其正误；对于B，可判断不共面，从而可判断B的正误；对于C，可根据平面向量的线性运算可判断D的位置，从而可判断其正误，对于D，根据共面向量定理可判断其正误.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误；
对于B，因为为空间中一组基底，故不 共面，
若共面，则存在不全为零的实数，
使得，故，
故，故，矛盾，不共面，可构成空间另一组基底，故B正确；
对于C，由可得即，
故点D是边BC的中点，故C正确；
对于D，，故A，B，C，D四点一定不共面，故D错误.
故选：BC.
10. 已知直线，圆，M是l上一点，MA，MB分别是圆O的切线，则（ ）
A. 直线l与圆O相切B. 圆O上的点到直线l的距离的最小值为
C. 存在点M，使D. 存在点M，使为等边三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A选项，分析圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，若，则直线l与圆O相切，若，则直线l与圆O不相切；对于B选项，圆O上的点到直线l的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径长；对于C选项，当MO最短时，有最大的张角；对于D选项，考虑能否等于60°.
【详解】对于A选项，圆心到直线的距离d=|−4|12+12=22>2=r，所以直线和圆相离，故A错误；
对于B选项，圆O上的点到直线l的距离的最小值为，故B正确；
对于C选项，当OM⊥l时，有最大值60°，故C错误；
对于D选项，当OM⊥l时，为等边三角形，故D正确.
故选：BD.
11. 方程表示的圆，则以下叙述不正确的是（ ）
A. 关于直线对称B. 关于直线对称
C. 其圆心在轴上，且过原点D. 其圆心在轴上，且过原点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对其进行配方得到圆心，一一代入选项判断即可.
【详解】由题意知,方程表示圆,则有
将方程进行配方可得,圆心坐标为
对A选项，圆心不满足直线方程,故不关于直线对称，所以A不正确；
对B选项，圆心满足直线方程,故关于直线对称，所以B正确；
对C选项，由可知圆心不可能在轴上所以C不正确；
对D选项，由可知圆心不可能在轴上所以D不正确.
故选：ACD.
12. 在正方体中，点在线段上运动，则（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 直线与平面所成的角可以为
D. 直线与直线所成的角最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线面垂直可判断A，由等积法可判断B，建立坐标用向量法求出由线面角可判断C，由异面直线所成的角的可判断D
【详解】对于A，因为，，可得平面，
平面，所以成立，故A正确；
对于B，由正方体知ABC1D1为平行四边形，故BC1∥AD1，
又平面ACD1，AD⊂平面ACD1，则BC1∥平面ACD1，
所以直线BC1上任意一点到平面ACD1的距离都相等，
又由等体积法，且底面面积不变，
故三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故B正确；
对于C，如图，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
则，设，由得
，，又易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则
，
因为在上递减，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由A中的求解过程可知，BC1∥AD1，
所以直线与直线所成的角即BC1和DP所成的角，
当点P与点B或C1重合时，所成的角最小值为，故D正确；
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线l为______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直线l过原点和不过原点分类，结合直线方程的截距式求解作答.
【详解】依题意，当直线过原点时，直线在两坐标轴上的截距相等，方程为，即；
当直线不不过原点时，设直线的方程为，于是，解得，方程为，
所以直线的方程为或.
故答案为：或

14. 正方体中，分别为棱和的中点，则直线和所成角的余弦值为_________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】建系，利用空间向量处理异面直线的夹角问题.
【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，
∴，则，
故直线和所成角的余弦值为
故答案为：0.4
15. 若半径为，圆心为的圆和定圆相切，则的值等于______.
【答案】－1或＋1
【解析】
【分析】由圆与圆的内切与外切求解即可
【详解】依题意，或，
解得或.
故答案为：或.
16. 在棱长为1的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足．给出下列说法：
①点P可以是棱的中点；
②线段MP的最大值为；
③点P的轨迹是正方形；
④点P轨迹的长度为．
其中所有正确说法的序号是________．
【答案】②④
【解析】
【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点P不可能是棱的中点，从而判断选项①，又，，可判断选项③和选项④．
【详解】解：在正方体中，以D为坐标原点，为x轴，y轴，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为，的中点，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，即
当时，，当时，，
取，，，，
连结EF，FG，，HE，
则，，
∴四边形EFGH为矩形，则，，
即，，
又和为平面中的两条相交直线，
∴平面EFGH，
又，，
∴M为EG的中点，则平面EFGH，
为使，必有点平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH，
因此点P不可能是棱的中点，故选项①错误；
又，，
∴，则点P的轨迹不是正方形且矩形EFGH周长为，
故选项③错误，选项④正确；
∵，，
又，则，即，
∴，点在正方体表面运动，
则，解，
∴，
故当或，或1，MP取得最大值为，故②正确.
故答案为：②④．
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. （1）已知，，且，求，的值；
（2）已知，，若与（为坐标原点）的夹角为，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，结合空间向量共线的坐标表示计算作答；
（2）先算出，，然后利用数量积的坐标运算得到，再利用夹角公式即可得到答案
【详解】（1）因为，，
所以，，
因为，
所以，解得，
所以；
（2）因为，，
所以，，
所以，
因为与的夹角为，
所以，因为解得
18 已知平面内两点．
（1）求的垂直平分线方程；
（2）直线经过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）和
【解析】
【分析】(1)求出中点坐标为，计算出MN两点的斜率，根据两直线垂直斜率乘积等于-1计算出中垂线的斜率，再利用点斜式写出中垂线即可．
(2)点和点到直线的距离相等等价于直线与直线MN平行或直线过的中点．
【详解】（1）易求得中点坐标为．又，
所以的中垂线的斜率为，
的中垂线的方程为即．
（2）由（1）知，，所以直线的方程为，
直线经过点得，综上：为和
【点睛】本题考查直线与直线的位置关系，属于基础题．
19. 圆和.
（1）取何值时与内切？
（2）求时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长.
【答案】（1）
（2）公共弦所在直线的方程为，公共弦的长为
【解析】
【分析】（1）先利用圆的一般式分别求出两个圆的圆心和半径，然后利用内切求出的值即可；（2）两圆的方程相减可得到公共弦方程，然后利用垂径定理，求出弦长即可.
【小问1详解】
因为两圆的标准方程为：，
所以圆心分别为，半径分别为和
当两圆内切时，因定圆的半径小于两圆圆心间距离 ，
故有，解得.
【小问2详解】
由题可得两圆的公共弦所在直线方程为
整理得，
所以公共弦长为
20. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为AB中点，F为PD中点，AB=2，PD=BC=1.
（1）证明:EF∥平面PBC；
（2）求点E到平面PBC的距离.
【答案】（1）证明过程见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，由三角形中位线定理结合矩形的性质可得四边形为平行四边形，则∥，再由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由已知可得两两垂直，所以以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量， 利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接,
因为F为中点，
所以∥，，
因为为中点，
所以，
因为∥，，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，
因为四边形为矩形，所以，
所以两两垂直，
所以以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为为中点，F为中点，
所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以点到平面的距离为
.
21. 已知圆 方程．
（1）若圆与直线相交于、 两点，且 ( 为坐标原点)，求 ；
（2）在（1）的条件下，求以 为直径的圆的方程．
【答案】（1）.
（2）以 为直径圆的方程为：.
【解析】
【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 .
（2）确定圆心坐标和半径，即可求出以为直径的圆的方程.
【小问1详解】
解：由得 ，
即，
由题意联立可得，
将代入，
，
设、 则，，
，
，
又，，
，
代入得，解得 ，满足，
的值为：.
【小问2详解】
在（1）的条件下，，以 为直径的圆的方程，
又，，
，，
设圆心坐标为 则 ， ，
由弦长公式可得：半径


圆的方程为：
以 为直径的圆的方程为：.
22. 已知矩形中，，的中点为，将绕着折起，折起后点记作点（不在平面内），连接、得到几何体，为直角三角形.

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出面，可得出，利用勾股定理可证得，利用线面垂直和面面垂直的判定定可证得结论成立；
（2）推导出面，，以点为坐标原点，分别以、、方向为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：如图，连接，连接交于点，则，
翻折前，翻折后，则有，
由于为直角三角形，且，
，因此必有，
又因为，、平面，则面，
因为平面，从而可得，
又因，，则，所以，.
又因，、平面，即面，
因为平面，因此，面面.
【小问2详解】
解：如图，取中点为，中点为，连接，
由（1）可知，平面平面，
因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面，所以，面，
因为、分别为、的中点，则，
因为，则，
以点为坐标原点，分别以、、方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

则、、、，
得，，，，
设平面的一个法向量为，
由，则，
取，则，，得到，
设平面的法向量为，
则，取，则，，则，
则，
从而，
也即平面与平面所成夹角的正弦值为.