2023-2024學年遼寧省部分重點中學協(xié)作體高二（上）期中數(shù)學模擬試卷（b卷）

第1頁（共1頁）2023-2024學年遼寧省部分重點中學協(xié)作體高二（上）期中數(shù)學模擬試卷（B卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）設直線的方向向量是，平面的法向量是，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．（5分）已知，，，則過點且與線段平行的直線方程為A． B． C． D．3．（5分）如果，那么直線與圓的位置關系是A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切4．（5分）直線過點且與直線垂直，則的方程是A． B． C． D．5．（5分）兩平行直線之間的距離為A． B．3 C． D．6．（5分）已知，與，是直線為常數(shù)）上兩個不同的點，則關于和的交點情況是A．無論，，如何，總有唯一交點 B．存在，，使之有無窮多個交點 C．無論，，如何，總是無交點 D．存在，，使之無交點7．（5分）已知直線與圓相切，則滿足條件的直線有條A．1 B．2 C．3 D．48．（5分）在平面直角坐標系中，設、，沿軸把平面直角坐標系折成大小為的二面角后，，則的弧度數(shù)為A． B． C． D．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。9．（5分）已知向量，則A．向量是與向量方向相反的單位向量 B． C．向量的夾角的大小為 D．若向量，為實數(shù)），則10．（5分）下列說法中正確的是A．若兩條直線互相平行，那么它們的斜率相等 B．方程能表示平面內的任何直線 C．已知，直線與直線互相垂直，則的最小值為 D．若直線不經過第二象限，則的取值范圍是11．（5分）古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發(fā)現(xiàn)：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓”．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓在平面直角坐標系中，，，點滿足．設點的軌跡為，下列結論正確的是A．的方程為 B．在軸上存在異于，的兩定點，，使得 C．當，，三點不共線時，射線是的平分線 D．在上存在點，使得12．（5分）已知三棱錐的棱，，兩兩垂直，，，為的中點，在棱上，且平面，則A． B．與平面所成的角為 C．三棱錐外接球的表面積為 D．點到平面的距離為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知直線，直線，若，則實數(shù)的值為．14．（5分）已知圓關于直線對稱的圓為圓，則直線的方程為．15．（5分）設，過定點的動直線和過定點的動直線交于點．則的最大值是．16．（5分）在空間直角坐標系中，四面體各頂點坐標分別為，2，，，1，，，2，，，0，．則該四面體外接球的表面積是．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）如圖所示，射線、分別與軸正半軸成和角，過點作直線分別交、于、兩點，當?shù)闹悬c恰好落在直線上時，求直線的方程．18．（12分）如圖所示，四棱錐中，底面為直角梯形，，，，為的中點，，．（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成角的余弦值．19．（12分）已知圓方程．（1）若圓與直線相交于，兩點，且為坐標原點）求的值；（2）在（1）的條件下，求以為直徑的圓的方程．20．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點．（1）證明：；（2）已知是邊長為1的等邊三角形，且三棱錐的體積為，若點在棱上，且二面角的大小為，求．21．（12分）直線過點，且與軸、軸的正半軸分別相交于、兩點，為坐標原點，求：（1）當?shù)拿娣e取最小值時，直線的方程；（2）當在兩坐標軸上截距之和取最小值時，直線的方程；（3）當取最小值時，直線的方程；（4）當取最小值時，直線的方程．22．（12分）如圖，以為直徑的半圓所在平面與所在平面垂直，點，在半圓弧上，且，．（1）證明：平面平面；（2）若，且二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．

2023-2024學年遼寧省部分重點中學協(xié)作體高二（上）期中數(shù)學模擬試卷（B卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）設直線的方向向量是，平面的法向量是，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)線面平行的定義結合充分必要條件的定義判斷即可．【解答】解：由，得：，是必要條件，而“”不一定有，也可能，故不是充分條件，故選：．【點評】本題考查了充分必要條件，考查線面的位置關系的判斷，是一道基礎題．2．（5分）已知，，，則過點且與線段平行的直線方程為A． B． C． D．【分析】由兩點間斜率公式求出的斜率，由平行的充要條件結合直線的點斜式方程求解即可．【解答】解：因為，，，所以，則所求直線的斜率為，所以過點且與線段平行的直線方程為，即．故選：．【點評】本題考查了直線方程的求解，兩點間斜率公式的應用，兩條直線平行的充要條件的應用，考查了運算能力，屬于基礎題．3．（5分）如果，那么直線與圓的位置關系是A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切【分析】求出圓心到直線的距離，與半徑比較，即可求出結果．【解答】解：圓的圓心到直線的距離為：，因為，所以，所以直線與圓相離．故選：．【點評】本題是基礎題，考查直點到直線的距離公式的應用，考查學生的計算能力．4．（5分）直線過點且與直線垂直，則的方程是A． B． C． D．【分析】由垂直可得直線的斜率，可得點斜式方程，化為一般式即可．【解答】解：直線的斜率為，由垂直可得所求直線的斜率為，所求直線的方程為，化為一般式可得故選：．【點評】本題考查直線的一般式方程和垂直關系，屬基礎題．5．（5分）兩平行直線之間的距離為A． B．3 C． D．【分析】利用兩平行線間的距離公式直接求解．【解答】解：由，得，由，得，兩平行直線之間的距離為：．故選：．【點評】本題考查兩平行線間的距離的求法，考查兩平行線間的距離公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．6．（5分）已知，與，是直線為常數(shù)）上兩個不同的點，則關于和的交點情況是A．無論，，如何，總有唯一交點 B．存在，，使之有無窮多個交點 C．無論，，如何，總是無交點 D．存在，，使之無交點【分析】利用兩點間斜率公式以及點在直線上進行化簡，得到關系，聯(lián)立兩條直線的方程，研究方程組的解的個數(shù)，即可得到答案．【解答】解：，與，是直線為常數(shù)）上兩個不同的點，直線的斜率存在，則，即，且，，所以，聯(lián)立方程組，解得，即，所以方程有唯一解．故選：．【點評】本題考查了直線方程的應用，直線與直線交點問題，兩點間斜率公式的應用，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于基礎題．7．（5分）已知直線與圓相切，則滿足條件的直線有條A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由題意，滿足條件的直線即為圓和圓的公切線，利用這兩個圓有兩條外公切線和一條內公切線，即可得出結論．【解答】解：由已知，直線滿足到原點的距離為1，到點的距離為2，滿足條件的直線即為圓和圓的公切線，圓和圓外切，這兩個圓有兩條外公切線和一條內公切線，滿足條件的直線有3條．故選：．【點評】本題考查圓的切線方程，本題解題的關鍵是得出滿足條件的直線即為圓和圓的公切線，是中檔題．8．（5分）在平面直角坐標系中，設、，沿軸把平面直角坐標系折成大小為的二面角后，，則的弧度數(shù)為A． B． C． D．【分析】在平面圖中，分別作、軸，將平面直角坐標系沿軸折起后，在立體圖中，分別作，，推導出，，從而平面，即平面，則，由此能求出結果．【解答】解：在平面圖中，分別作、軸，將平面直角坐標系沿軸折起后，在立體圖中，分別作，，如圖，由題意知，，，平面，平面，，，，，，．故選：．【點評】本題考查線面垂直的判定與性質、二面角等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。9．（5分）已知向量，則A．向量是與向量方向相反的單位向量 B． C．向量的夾角的大小為 D．若向量，為實數(shù)），則【分析】根據(jù)空間向量的坐標表示與運算法則，對選項中的命題真假性判斷即可．【解答】解：對于，因為，1，，，，，所以，且，選項正確；對于，由，，得，選項錯誤；對于，由，計算，，可得向量、的夾角大小為，選項正確；對于，由，即，1，，1，，，，即，解得，，所以，選項錯誤．故選：．【點評】本題考查了空間向量的坐標表示與運算問題，也考查了推理與判斷能力，是基礎題．10．（5分）下列說法中正確的是A．若兩條直線互相平行，那么它們的斜率相等 B．方程能表示平面內的任何直線 C．已知，直線與直線互相垂直，則的最小值為 D．若直線不經過第二象限，則的取值范圍是【分析】直接利用兩直線平行關系求解即可判斷，直接利用直線的方程兩點式的形式即可判斷，直接利用兩直線垂直關系求解即可判斷，利用直線的斜率和傾斜角的關系即可判斷．【解答】解：對于選項，若兩條直線均平行于軸，則兩條直線斜率都不存在，故選項錯誤，對于選項，若直線不平行于坐標軸，則原方程可化為，為直線兩點式方程，當直線平行于軸，則原方程可化為，當直線平行于軸，則原方程可化為，綜上所述，方程能表示平面內的任何直線，故選項正確，對于選項，，兩條直線的斜率都存在，直線與直線互相垂直，，，當且僅當，即、時，取得最小值為2，故選項錯誤，對于選項，若直線不經過第二象限，則，解得：，故選項正確．故選：．【點評】本題考查的知識要點：直線的方程的形式，直線的斜率和傾斜角的關系，直線平行、垂直關系的應用，主要考查學生的運算能力和數(shù)學思維能力，屬于基礎題．11．（5分）古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名．他發(fā)現(xiàn)：“平面內到兩個定點，的距離之比為定值的點的軌跡是圓”．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓在平面直角坐標系中，，，點滿足．設點的軌跡為，下列結論正確的是A．的方程為 B．在軸上存在異于，的兩定點，，使得 C．當，，三點不共線時，射線是的平分線 D．在上存在點，使得【分析】設，運用兩點的距離公式，化簡可得的軌跡方程，可判斷；假設在軸上存在異于，的兩定點，，使得，設出，的坐標，求得軌跡方程，對照的軌跡方程可得，，可判斷；當，，三點不共線時，由，由角平分線定理的逆定理，可判斷；若在上存在點，使得，可設，運用兩點的距離公式，可得的軌跡方程，聯(lián)立的軌跡方程，即可判斷．【解答】解：在平面直角坐標系中，，，點滿足，設，則，化簡可得，故錯誤；假設在軸上存在異于，的兩定點，，使得，可設，，可得，化簡可得，由的軌跡方程為，可得，，解得，或，（舍去），即存在，，故正確；當，，三點不共線時，由，可得射線是的平分線，故正確；若在上存在點，使得，可設，即有，化簡可得，聯(lián)立，可得方程組無解，故不存在，故錯誤．故選：．【點評】本題考查軌跡方程的求法，考查圓方程的求法和運用，以及兩點距離公式的運用，考查化簡運算能力，屬于中檔題．12．（5分）已知三棱錐的棱，，兩兩垂直，，，為的中點，在棱上，且平面，則A． B．與平面所成的角為 C．三棱錐外接球的表面積為 D．點到平面的距離為【分析】由題意可得為的中點，根據(jù)向量的線性運算可表示出，判斷；證明平面，根據(jù)線面角的定義可求得與平面所成的角，判斷；將三棱錐補成長方體，求得外接球半徑，可得外接球表面積，判斷；推出平面平面，利用面面垂直的性質可求得點到平面的距離，判斷．【解答】解：對選項，平面，平面，平面平面，，又為的中點，為的中點，，正確；對選項，根據(jù)題意可知，，兩兩相互垂直，又，，平面，平面，與平面所成的角為，又，，正確；對選項，，，兩兩相互垂直，將三棱錐可補形，得到一個以，，為相鄰三條棱的長方體，又，，三棱錐外接球的半徑，三棱錐外接球的表面積為，錯誤；對選項，，，兩兩相互垂直，，，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面，又平面平面，點到平面的距離即點到的距離，在中，，，，邊上的高為，即到的距離為，選項正確．故選：．【點評】本題考查線面平行的性質定理，向量的線性運算，分割補形法的應用，三棱錐的外接球問題，面面垂直的性質定理，點面距的求解，屬中檔題．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知直線，直線，若，則實數(shù)的值為．【分析】由題意利用兩直線平行的性質，計算求得結果．【解答】解：當時，，，與不平行，當時，，則且，即且，解得．故答案為：．【點評】本題主要考查兩直線平行的性質，屬于基礎題．14．（5分）已知圓關于直線對稱的圓為圓，則直線的方程為．【分析】分別求出兩圓的圓心坐標與半徑，由半徑相等求得，再求出兩圓心的中點坐標，由直線方程的點斜式求解．【解答】解：圓的圓心坐標為，半徑為，圓可化為圓，其圓心坐標為，半徑為，由題意，，解得，所以圓的圓心為，則與的中點為，直線的斜率為，所以直線的方程為，即．故答案為：．【點評】本題考查圓關于直線的對稱圓的求法，考查計算能力，是基礎題．15．（5分）設，過定點的動直線和過定點的動直線交于點．則的最大值是5．【分析】先計算出兩條動直線經過的定點，即和，注意到兩條動直線相互垂直的特點，則有；再利用基本不等式放縮即可得出的最大值．【解答】解：由題意可知，動直線經過定點，動直線即，經過定點，注意到動直線和動直線始終垂直，又是兩條直線的交點，則有，．故（當且僅當時取“”故答案為：5【點評】本題是直線和不等式的綜合考查，特別是“兩條直線相互垂直”這一特征是本題解答的突破口，從而有是個定值，再由基本不等式求解得出．直線位置關系和不等式相結合，不容易想到，是個靈活的好題．16．（5分）在空間直角坐標系中，四面體各頂點坐標分別為，2，，，1，，，2，，，0，．則該四面體外接球的表面積是．【分析】易知，，三點豎坐標相同，確定的平面與坐標平面平行，且構成直角三角形三個頂點，故過的中點作平面的垂線，則球心在此垂線上，由此設球心坐標，根據(jù)半徑相等，即可求出球心，進而求得半徑，問題可解．【解答】解：易知，且，，三點的豎坐標相等，故，，確定的平面與平面平行，且，設的中點為，1，，過點作平面的垂線，則該四面體的外接球球心在該直線上，故設外接球球心坐標為，1，，則外接球半徑，即，解得，故故該四面體外接球的表面積為．故答案為：．【點評】本題考查坐標條件下空間幾何體外接球表面積的計算，利用球心的性質切入是解題關鍵，屬于中檔題．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）如圖所示，射線、分別與軸正半軸成和角，過點作直線分別交、于、兩點，當?shù)闹悬c恰好落在直線上時，求直線的方程．【分析】先求出、所在的直線方程，對的斜率分類討論，分別與射線、聯(lián)立，求出、點坐標，利用中點坐標公式求出坐標，代入直線求出斜率求出，代入點斜式方程化簡即可．【解答】解：因為射線、分別與軸正半軸成和角，所以、所在的直線方程分別是：，，①當直線的斜率不存在時，則的方程為，易知，，所以的中點顯然不在直線上，不滿足條件；②當直線的斜率存在時，記為，易知且，則直線的方程為，分別聯(lián)立，，解得，，，，所以的中點的坐標是，，因為的中點恰好落在直線上，所以，解得，則直線的方程為：，即，所以直線的方程為．【點評】本題考查了分類討論思想、中點坐標公式、直線方程的點斜式、一般式，考查了計算能力，屬于中檔題．18．（12分）如圖所示，四棱錐中，底面為直角梯形，，，，為的中點，，．（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成角的余弦值．【分析】（1）連接，利用勾股定理證明，又可證明，根據(jù)線面垂直的判定定理證明即可；（2）建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出平面和平面的法向量，由向量的夾角公式求解即可．【解答】（1）證明：如圖，連接，在中，由，可得，因為，，所以，，因為，，，則，故，因為，，，平面，則平面；（2）解：由（1）可知，，，兩兩垂直，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，所以，則，，，又，設平面的法向量為，則，令，則，，故，設平面的法向量為，因為，所以，令，則，，故，所以，故平面與平面所成銳二面角的余弦值為．【點評】本題考查了立體幾何的綜合應用，涉及了線面垂直的判定定理的應用，二面角的求解，在求解有關空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將空間角問題轉化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題．19．（12分）已知圓方程．（1）若圓與直線相交于，兩點，且為坐標原點）求的值；（2）在（1）的條件下，求以為直徑的圓的方程．【分析】（1）將圓的方程與直線方程聯(lián)立，設，，，，利用，可得，利用韋達定理，即可求出的值；（2）確定圓心坐標與半徑，即可求以為直徑的圓的方程．【解答】解：（1）由得，由，可得（2分）于是由題意，把代入，得（3分）設，，，，則，（4分），（5分），，滿足題意（8分）（2）設圓心為，則，．（9分）半徑（12分）圓的方程（13分）【點評】本題考查直線與圓的位置關系，考查韋達定理的運用，考查圓的方程，正確運用韋達定理是關鍵．20．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點．（1）證明：；（2）已知是邊長為1的等邊三角形，且三棱錐的體積為，若點在棱上，且二面角的大小為，求．【分析】（1）由面面垂直的性質結合等腰三角形的性質可證得平面，再由線面垂直的性質可證得結論，（2）取的中點，則可得，過作，與交于，則，可得，，兩兩垂直，所以以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可．【解答】（1）證明：因為，為的中點，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，解：（2）取的中點，因為為等邊三角形，所以，過作，與交于，則，由（1）可知平面，因為，平面，所以，，所以，，兩兩垂直，所以以為原點，，，所在的直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，因為是邊長為1的等邊三角形，為的中點，所以，因為三棱維的體積為，所以，所以，設，則，則因為平面，所以是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，，，因為．所以，令，則，所以，因為二面角的大小為，所以，化簡得，解得或（舍去），所以，【點評】本題考查二面角及空間向量的應用，考查學生的運算能力，屬于中檔題．21．（12分）直線過點，且與軸、軸的正半軸分別相交于、兩點，為坐標原點，求：（1）當?shù)拿娣e取最小值時，直線的方程；（2）當在兩坐標軸上截距之和取最小值時，直線的方程；（3）當取最小值時，直線的方程；（4）當取最小值時，直線的方程．【分析】先設直線方程的截距式，代入已知點的坐標可得，（1）直接根據(jù)基本不等式即可求解；（2）利用乘1法，結合基本不等式可求；（3）先根據(jù)銳角三角函數(shù)定義表示，然后結合二倍角公