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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（四川1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考期末）如图，在三棱锥中，设，若，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022秋·四川内江·高二威远中学校校考阶段练习）已知直线，，若，则( )
A． B． C．3 D．－3
3．（2022春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考阶段练习）已知空间的一组基底，若与共线，则的值为（ ）．
A．2 B． C．1 D．0
4．（2023春·四川广元·高二广元中学校考期中）若直线过点，其中，是正实数，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．5
5．（2019秋·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·四川遂宁·高二遂宁中学校考阶段练习）直线关于点对称的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考开学考试）已知，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
8．（2020秋·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2023春·四川成都·高一石室中学校考期末）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．线段上存在点，使平面
C．线段上存在点，使平面平面
D．设直线与平面所成角为，则的最大值为
10．（2023秋·四川乐山·高二校考阶段练习）已知圆心为的圆与点，则（ ）
A．圆的半径为2
B．点在圆外
C．点与圆上任一点距离的最大值为
D．点与圆上任一点距离的最小值为
11．（2023秋·四川雅安·高二校考阶段练习）（多选题）下面四个结论正确的是（ ）
A．空间向量，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．任意向量满足
12．（2023秋·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考开学考试）已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与EH所成的角的大小为45°
C．平面
D．平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022春·四川南充·高二南部县第二中学校考阶段练习）已知空间向量 是两两互相垂直的单位向量，= .
14．（2023春·四川宜宾·高二宜宾市叙州区第一中学校校考期末）已知，若直线与直线平行，则m＝ ．
15．（2023春·四川绵阳·高二盐亭中学校考阶段练习）已知非零向量，不共线，则使与共线的的值是 ．
16．（2022秋·四川成都·高二成都七中校考期中）关于直线 ，有下列说法:
①对任意 ，直线 不过定点；
②平面内任给一点，总存在 ，使得直线 经过该点；
③当 时，点 到直线 的距离最小值为 ；
④对任意 ，且有 ，则直线 与 的交点轨迹为一直线.
其中正确的是 .
四、解答题(本大题共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．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）在四棱柱中，，．
(1)当时，试用表示；
(2)证明：四点共面；
18．（2022秋·四川雅安·高二雅安中学校考期中）已知点，，：
(1)求过点且与平行的直线方程；
(2)若中点为，求过点与的直线方程；
(3)求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程.
19．（2022春·四川成都·高一石室中学校考期中）已知以点为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O B，其中O为坐标原点.
(1)试写出圆C的标准方程（含表示）；
(2)求证：的面积为定值；
(3)设直线与圆C交于M，N两点，若，求圆C的标准方程.
20．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．
21．（2023秋·四川成都·高三成都外国语学校校考开学考试）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，为棱上一动点（不包含端点）．
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由．
22．（2023春·四川绵阳·高二绵阳南山中学实验学校校考期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（四川1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考期末）如图，在三棱锥中，设，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的加法、减法和数乘运算求解.
【详解】解：，
，
，
，
故选：A
2．（2022秋·四川内江·高二威远中学校校考阶段练习）已知直线，，若，则( )
A． B． C．3 D．－3
【答案】A
【分析】两直线斜率均存在时，两直线垂直，斜率相乘等于－1，据此即可列式求出a的值．
【详解】∵，∴．
故选：A．
3．（2022春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考阶段练习）已知空间的一组基底，若与共线，则的值为（ ）．
A．2 B． C．1 D．0
【答案】D
【分析】根据与共线，由，即可求解.
【详解】因为与共线，空间的一组基底，
所以，
所以
解得，
所以x＋y＝0.
故选：D.
4．（2023春·四川广元·高二广元中学校考期中）若直线过点，其中，是正实数，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．5
【答案】B
【分析】由点在直线上可知，结合均值不等式即可求解．
【详解】因为直线过点，所以，
由和都是正实数，所以，，．
所以，
当时取等号，即，时取等号，
所以的最小值是.
故选:B．
5．（2019秋·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用向量数量积即可求得与夹角的余弦值．
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系得：
，，，
设的夹角为，
又
则
因为
即SA与BC所成角的余弦值为
故选A．
【点睛】本题考查了空间向量的数量积的运算及利用空间向量求异面直线的夹角，属中档题．
6．（2022秋·四川遂宁·高二遂宁中学校考阶段练习）直线关于点对称的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为,代入已知直线即可求得结果.
【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，以代换原直线方程中的得，即.
故选：D.
7．（2023春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考开学考试）已知，，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【分析】利用空间向量的夹角余弦值公式即可求得.
【详解】解：，，
.
故选：B.
8．（2020秋·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.
【详解】设，，所以，
又，所以．
因为且，所以，
整理可得，
又动点M的轨迹是，
所以，解得，
所以，又，
所以，因为，
所以的最小值为．
故选：C．
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2023春·四川成都·高一石室中学校考期末）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．线段上存在点，使平面
C．线段上存在点，使平面平面
D．设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．
对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，
所以 ，，，
设（），则
所以，
平面即
解之得
当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确
对于C，设平面的法向量
则，取
得
设平面 的法向量 ,
则
取 , 得 ,
平面平面
设 , 即 ,
解得 ，，不合题意
线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．
对于D，平面的法向量为
则
因为
所以
所以的最大值为．故D正确．
故选：ABD
10．（2023秋·四川乐山·高二校考阶段练习）已知圆心为的圆与点，则（ ）
A．圆的半径为2
B．点在圆外
C．点与圆上任一点距离的最大值为
D．点与圆上任一点距离的最小值为
【答案】BCD
【分析】把圆C的方程化为标准形式，写出圆心和半径，再逐一分析各选项并判断作答.
【详解】依题意，圆：，则圆心，半径，A不正确；
因点，则，点在圆外，B正确；
因点在圆外，在圆上任取点P，则，当且仅当点P，C，A共线，且P在线段AC延长线上时取“=”，C正确；
在圆上任取点M，则，当且仅当点C，M，A共线，且M在线段CA上时取“=”，C正确.
故选：BCD
11．（2023秋·四川雅安·高二校考阶段练习）（多选题）下面四个结论正确的是（ ）
A．空间向量，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．任意向量满足
【答案】ABC
【分析】对于A，根据数量积的性质判断，对于B，利用空间向量共面定理判断，对于C，利用基底的定义判断，对于D，利用数量积的定义分析判断
【详解】对于：空间向量，若，则，故正确；
对于B：若对空间中任意一点，有，由于，则四点共面，故B正确；
对于C：已知是空间的一组基底，若，则两向量之间不共线，故也是空间的一组基底，故C正确；
对于D：任意向量满足，由于是一个数值，也是一个数值，则说明和存在倍数关系，由于是任意向量，不一定存在倍数关系，故D错误．
故选：ABC．
12．（2023秋·四川宜宾·高二四川省宜宾市第四中学校校考开学考试）已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与EH所成的角的大小为45°
C．平面
D．平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】首先根据球的性质、勾股定理说明E，F，G，H分别是正方体棱的中点，再根据线面平行的判定定理、异面直线所成角的求法、线面垂直的性质以及二面角的定义、等腰三角形进行判断.
【详解】在正方体中，平面，又平面，所以，在中，，又正方体的棱长为2，点O为的中点，所以，又，设，所以，即H是正方体棱的中点，同理可证，E，F，G分别是棱，，的中点.
对于选项A，因为G，H分别是棱、的中点，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于选项B，因为，所以与EH所成的角即为，因为E，H分别是棱、的中点，大小为45°，故B正确；
对于选项C，因为E，H分别是棱、的中点，所以，因为G，H分别是棱、的中点，所以面，所以，又，所以平面，又，所以不垂直于平面，故C错误；
对于选项D，取EF、GH的中点I、Q，连接OI 、QI、QO，因为OF=OE，所以，同理可证，所以即为平面与平面OEF所成角的平面角，根据勾股定理有：，，，所以在等腰中有：.
所以平面与平面OEF所成角夹角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022春·四川南充·高二南部县第二中学校考阶段练习）已知空间向量 是两两互相垂直的单位向量，= .
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积的运算律及模长公式即求.
【详解】∵空间向量 是两两互相垂直的单位向量，
∴，
∴.
故答案为：.
14．（2023春·四川宜宾·高二宜宾市叙州区第一中学校校考期末）已知，若直线与直线平行，则m＝ ．
【答案】3
【分析】根据两直线平行，得到方程，计算求得m值．
【详解】由题意得：，且，
解得：m＝3，
故答案为：3．
15．（2023春·四川绵阳·高二盐亭中学校考阶段练习）已知非零向量，不共线，则使与共线的的值是 ．
【答案】
【分析】由平面向量共线定理可设，由平面向量基本定理列方程即可求解.
【详解】若与共线，
则
因为非零向量，不共线，
所以，即，所以，
故答案为：
16．（2022秋·四川成都·高二成都七中校考期中）关于直线 ，有下列说法:
①对任意 ，直线 不过定点；
②平面内任给一点，总存在 ，使得直线 经过该点；
③当 时，点 到直线 的距离最小值为 ；
④对任意 ，且有 ，则直线 与 的交点轨迹为一直线.
其中正确的是 .
【答案】①③
【分析】①变形为，可得到直线不过定点；
②可举出反例；
③利用点到直线距离公式和基本不等式进行求解；
④联立两直线方程，求出交点坐标，结合，得到交点轨迹方程.
【详解】①对任意，随着的变化，也随之变化，故直线不过定点，①正确；
平面内取点，则，即，无解，故②错误；
点到直线的距离，令，
则，
因此，
当且仅当，即时，等号成立，③正确；
联立直线与，得到，
故交点坐标为，
又因为，
所以交点坐标满足方程，
但当时，，不合题意，所以交点取不到，
所以交点轨迹为一直线的一部分，④错误.
故答案为：①③.
四、解答题(本大题共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．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）在四棱柱中，，．
(1)当时，试用表示；
(2)证明：四点共面；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据空间向量线性运算进行求解；
（2）设（不为0），推导出，进而证明出四点共面.
【详解】（1）四棱柱中，，
因为，
所以
；
（2）设（不为0），
，
则共面且有公共点，则四点共面；
18．（2022秋·四川雅安·高二雅安中学校考期中）已知点，，：
(1)求过点且与平行的直线方程；
(2)若中点为，求过点与的直线方程；
(3)求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由题意知，所求直线的斜率与斜率相等，可得直线的点斜式方程；
（2）由题意知，由中点坐标公式可得点坐标，可得直线的两点式方程；
（3）可将直线设为截距式，由直线在坐标轴上的截距相等，且点在直线上，可求直线的截距式方程.
【详解】（1）设所求直线的斜率为，则有，又直线过点，
∴直线方程为：，
即：.
（2）∵为中点，∴，即，
∴直线的方程为：，
即：.
（3）当所求直线在轴和轴上的截距都为0时，即直线经过点和坐标原点，此时直线方程为：，即：；
当所求直线在轴和轴上的截距都不为0时，设直线方程为：，，
由题意有：，解得：，所以直线方程为：，
即：,
综上：所求直线方程为：或.
19．（2022春·四川成都·高一石室中学校考期中）已知以点为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O B，其中O为坐标原点.
(1)试写出圆C的标准方程（含表示）；
(2)求证：的面积为定值；
(3)设直线与圆C交于M，N两点，若，求圆C的标准方程.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）已知圆心，求出半径，就可圆的标准方程；
（2）求出两截距的长度，即可求出面积；
（3）由及弦的垂直平分线必过圆心可知直线斜率，则可求得值，也就得到圆的方程.
【详解】（1）圆心，圆过原点，所以，则圆的标准方程为；
（2）证明：由（1）知，圆的标准方程为，令，得，令，得，则，所以的面积为定值；
（3）由可知垂直平分线过原点，又弦的垂直平分线必过圆心，可得直线与直线垂直，则有，即，解得，所以圆心或，圆的方程为或，由于当圆的方程为时，圆心到直线的距离，直线与圆不相交，故舍去，所以圆C的标准方程为.
20．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，点E，F分别是，中点，平面平面．
(1)证明：；
(2)若，平面平面，且，求直线l与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）取中点G，连接，，先证明四边形为平行四边形，再证明EF∥平面，再根据直线与平面平行的性质即可证明；
（2）根据题意先证明，，两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据求得的值，再利用线面角的向量求法即可求解．
【详解】（1）取中点G，连接，，
∵E，G分别是，中点，∴且，
又∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，∴EF∥平面，
∵平面，平面平面，∴．
（2）由三棱柱为直棱柱，∴平面，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∴，
故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，
又，则，解得，
所以，，则，，
设平面法向量为，
所以，即，取，得，
由（1）知直线，则l方向向量为，
设直线l与平面所成角为，
则，则，
所以直线l与平面所成角的余弦值为．
21．（2023秋·四川成都·高三成都外国语学校校考开学考试）如图，在三棱台中，若平面，，，，为中点，为棱上一动点（不包含端点）．
(1)若为的中点，求证：平面；
(2)是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取中点，易证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.
【详解】（1）分别取中点，连接，
则为的中位线，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）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，
则，，，，
，，，
设，则，
，
令平面的法向量为，
则，令，则，，；
又平面的一个法向量，
，
解得：或（舍），
，，即的长为.
22．（2023春·四川绵阳·高二绵阳南山中学实验学校校考期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；
（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
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