2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）（含解析）

2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.设直线的方向向量是，平面的法向量是，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
2.已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为( )
A. B. C. D.
3.如果，那么直线与圆的位置关系是( )
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 相交或相切
4.直线过点且与直线垂直，则的方程是( )
A. B. C. D.
5.两平行直线之间的距离为( )
A. B. C. D.
6.已知与是直线为常数上两个不同的点，则关于：和：的交点情况是( )
A. 无论，，如何，总有唯一交点 B. 存在，，使之有无穷多个交点
C. 无论，，如何，总是无交点 D. 存在，，使之无交点
7.已知直线：与圆相切，则满足条件的直线有条( )
A. B. C. D.
8.在平面直角坐标系中，设、，沿轴把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的弧度数为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知向量，则( )
A. 向量是与向量方向相反的单位向量
B.
C. 向量的夹角的大小为
D. 若向量为实数，则
10.下列说法中正确的是( )
A. 若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等
B. 方程能表示平面内的任何直线
C. 已知，直线与直线互相垂直，则的最小值为
D. 若直线不经过第二象限，则的取值范围是
11.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的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，，，点满足设点的轨迹为，下列结论正确的是( )
A. 的方程为
B. 在轴上存在异于，的两定点，，使得
C. 当，，三点不共线时，射线是的平分线
D. 在上存在点，使得
12.已知三棱锥的棱，，两两垂直，，，为的中点，在棱上，且平面，则( )
A.
B. 与平面所成的角为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 点到平面的距离为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知直线：，直线：，若，则实数的值为______ ．
14.已知圆：关于直线对称的圆为圆：，则直线的方程为______ ．
15.设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是______．
16.在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为，，，则该四面体外接球的表面积是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
如图所示，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程．
18.本小题分
如图所示，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，，．
证明：平面；
求平面与平面所成角的余弦值．
19.本小题分
已知圆方程．
若圆与直线相交于，两点，且为坐标原点求的值；
在的条件下，求以为直径的圆的方程．
20.本小题分
如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
证明：；
已知是边长为的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．
21.本小题分
直线过点，且与轴、轴的正半轴分别相交于、两点，为坐标原点，求：
当的面积取最小值时，直线的方程；
当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线的方程；
当取最小值时，直线的方程；
当取最小值时，直线的方程．
22.本小题分
如图，以为直径的半圆所在平面与所在平面垂直，点，在半圆弧上，且，．
证明：平面平面；
若，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得：，是必要条件，
而“”不一定有，也可能，
故不是充分条件，
故选：．
根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查线面的位置关系的判断，是一道基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的求解，两点间斜率公式的应用，两条直线平行的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．
由两点间斜率公式求出的斜率，由平行的充要条件结合直线的点斜式方程求解即可．
【解答】
解：因为，，，
所以，
则所求直线的斜率为，
所以过点且与线段平行的直线方程为，即．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：圆的圆心到直线的距离为：，
因为，
所以，
所以直线与圆相离．
故选：．
求出圆心到直线的距离，与半径比较，即可求出结果．
本题是基础题，考查直点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力．
4.【答案】
【解析】解：直线的斜率为，
由垂直可得所求直线的斜率为，
所求直线的方程为，
化为一般式可得
故选：．
由垂直可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：由：，得：，
由：，得：，
两平行直线之间的距离为：
．
故选：．
利用两平行线间的距离公式直接求解．
本题考查两平行线间的距离的求法，考查两平行线间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：与是直线为常数上两个不同的点，
直线的斜率存在，
则，即，且，，
所以，
联立方程组，解得，
即，
所以方程有唯一解．
故选：．
利用两点间斜率公式以及点在直线上进行化简，得到关系，联立两条直线的方程，研究方程组的解的个数，即可得到答案．
本题考查了直线方程的应用，直线与直线交点问题，两点间斜率公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由已知，直线满足到原点的距离为，到点的距离为，
满足条件的直线即为圆和圆的公切线，
圆和圆外切，
这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，
满足条件的直线有条．
故选：．
由题意，满足条件的直线即为圆和圆的公切线，利用这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，即可得出结论．
本题考查圆的切线方程，本题解题的关键是得出满足条件的直线即为圆和圆的公切线，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：在平面图中，分别作、轴，
将平面直角坐标系沿轴折起后，
在立体图中，分别作，，如图，
由题意知，，，
平面，平面，，
，
，
，．
故选：．
在平面图中，分别作、轴，将平面直角坐标系沿轴折起后，在立体图中，分别作，，推导出，，从而平面，即平面，则，由此能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，，
所以，且，选项A正确；
对于，由，，得，选项B错误；
对于，由，计算，，
可得向量、的夹角大小为，选项C正确；
对于，由，即，
即，解得，，所以，选项D错误．
故选：．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A，若两条直线均平行于轴，则两条直线斜率都不存在，故选项A错误，
对于选项B，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为，为直线两点式方程，
当直线平行于轴，则原方程可化为，
当直线平行于轴，则原方程可化为，
综上所述，方程能表示平面内的任何直线，故选项B正确，
对于选项C，，两条直线的斜率都存在，
直线与直线互相垂直，
，
，当且仅当，即、时，取得最小值为，故选项C错误，
对于选项D，若直线不经过第二象限，则，
解得：，故选项D正确．
故选：．
直接利用两直线平行关系求解即可判断，直接利用直线的方程两点式的形式即可判断，直接利用两直线垂直关系求解即可判断，利用直线的斜率和倾斜角的关系即可判断．
本题考查的知识要点：直线的方程的形式，直线的斜率和倾斜角的关系，直线平行、垂直关系的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于拔高题．
设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断；
假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，设出，的坐标，求得轨迹方程，对照的轨迹方程可得，，可判断；
当，，三点不共线时，由，由角平分线定理的逆定理，可判断；
若在上存在点，使得，可设，运用两点的距离公式，可得的轨迹方程，联立的轨迹方程，即可判断．
【解答】解：在平面直角坐标系中，，，点满足，
设，则，
化简可得，故A错误；
假设在轴上存在异于，的两定点，，使得，
可设，，可得，
化简可得，
由的轨迹方程为，可得，，
解得，或，舍去，即存在，，故B正确；
当，，三点不共线时，由，可得射线是的平分线，故C正确；
若在上存在点，使得，可设，即，
化简可得，联立，可得方程组无解，故不存在，故D错误．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：对选项，平面，平面，平面平面，
，又为的中点，
为的中点，
，A正确；
对选项，根据题意可知，，两两相互垂直，又，，平面，
平面，
与平面所成的角为，
又，，B正确；
对选项，，，两两相互垂直，
将三棱锥可补形，得到一个以，，为相邻三条棱的长方体，
又，，
三棱锥外接球的半径 ，
三棱锥外接球的表面积为，C错误；
对选项，，，两两相互垂直，，，平面，
平面，又，
平面，又平面，
平面平面，又平面平面，
点到平面的距离即点到的距离，
在中，，，，
边上的高为，即到的距离为，选项正确．
故选：．
由题意可得为的中点，根据向量的线性运算可表示出，判断；证明平面，根据线面角的定义可求得与平面所成的角，判断；将三棱锥补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断；推出平面平面，利用面面垂直的性质可求得点到平面的距离，判断．
本题考查线面平行的性质定理，向量的线性运算，分割补形法的应用，三棱锥的外接球问题，面面垂直的性质定理，点面距的求解，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：当时，：，：，与不平行，
当时，
，
则且，即且，
解得．
故答案为：．
由题意利用两直线平行的性质，计算求得结果．
本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：圆：的圆心坐标为，半径为，
圆：可化为圆：，其圆心坐标为，半径为，
由题意，，解得，
所以圆的圆心为，则与的中点为，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即．
故答案为：．
分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解．
本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
先计算出两条动直线经过的定点，即和，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有，再利用基本不等式即可得出的最大值．
【解答】
解：由题意可知，动直线经过定点，
动直线即，经过点定点，
注意到动直线和动直线始终垂直，又是两条直线的交点，
则有，，
故当且仅当时取等号
故答案为．
16.【答案】
【解析】解：易知，且，，三点的竖坐标相等，
故A，，确定的平面与平面平行，且，
设的中点为，过点作平面的垂线，
则该四面体的外接球球心在该直线上，故设外接球球心坐标为，
则外接球半径，
即，
解得，故
故该四面体外接球的表面积为
故答案为：．
易知，，三点竖坐标相同，确定的平面与坐标平面平行，且构成直角三角形三个顶点，故过的中点作平面的垂线，则球心在此垂线上，由此设球心坐标，根据半径相等，即可求出球心，进而求得半径，问题可解．
本题考查坐标条件下空间几何体外接球表面积的计算，利用球心的性质切入是解题关键，属于中档题．
17.【答案】解：因为射线、分别与轴正半轴成和角，
所以、所在的直线方程分别是：，，
当直线的斜率不存在时，则的方程为，
易知，，
所以的中点显然不在直线上，不满足条件；
当直线的斜率存在时，记为，易知且，
则直线的方程为，
分别联立，，
解得，，
所以的中点的坐标是，
因为的中点恰好落在直线上，
所以，
解得，
则直线的方程为：，即，
所以直线的方程为．
【解析】先求出、所在的直线方程，对的斜率分类讨论，分别与射线、联立，求出、点坐标，利用中点坐标公式求出坐标，代入直线求出斜率求出，代入点斜式方程化简即可．
本题考查了分类讨论思想、中点坐标公式、直线方程的点斜式、一般式，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：如图，连接，
在中，由，可得，
因为，，
所以，，
因为，，，
则，
故，
因为，，，平面，
则平面；
解：由可知，，，两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
所以，
则，
又，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设平面的法向量为，
因为，
所以，令，则，，
故，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【解析】连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19.【答案】解：由得，
由，可得，
于是由题意，
把代入，得 ，
设，，则，，
，
，
，
，满足题意．
设圆心为，则，，
半径
圆的方程．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查圆的方程，属于中档题．
将圆的方程与直线方程联立，设，，利用，可得，利用韦达定理，即可求出的值；
确定圆心坐标与半径，即可求以为直径的圆的方程．
20.【答案】证明：因为，为的中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
解：取的中点，
因为为等边三角形，所以，
过作，与交于，则，
由可知平面，
因为，平面，所以，，
所以，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为是边长为的等边三角形，为的中点，
所以，
因为三棱维的体积为，
所以，所以，
设，则，则
因为平面，所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
因为．
所以，令，则，
所以，
因为二面角的大小为，
所以，
化简得，解得或舍去，
所以，
【解析】由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，
取的中点，则可得，过作，与交于，则，可得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：设直线：，
直线经过点，
，
，
，当且仅当且，即、时等号成立，
取最小值为，此时直线的方程为，即；
，，，
则，
当且仅当且，即、时等号成立，
取最小值时为，
此时直线的方程为，即；
过做轴的垂线，垂足为，过做轴的垂线，垂足为，
设，
则，，
则，
当时，，取得最小值为，
此时直线的倾斜角为，斜率为，其方程为，即；
由可知，
当且仅当，即时等号成立，
取最小值为，
此时直线的斜率为，方程为，
即．
【解析】先设直线方程的截距式，代入已知点的坐标可得，
直接根据基本不等式即可求解；
利用乘法，结合基本不等式可求；
先根据锐角三角函数定义表示，然后结合二倍角公式进行化简，再由正弦函数的性质可求；
结合锐角三角函数的定义表示，然后利用乘法，结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线方程的求解，锐角三角函数的定义，基本不等式求解最值，属于中档题．
22.【答案】证明：因为，为的中点，所以，
又平面平面，交线为，故平面，
因为平面，所以，
又因为弧弧弧，故，
所以为等边三角形，故AB，
同理可得，，故四边形为菱形，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，故平面平面；
解：由可知，平面，
取的中点，连结，则，
所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，设，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
又平面的一个法向量为，
因为二面角的大小为，
所以，解得，
故，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】利用等腰三角形的中线即为高，得到，由面面垂直的性质定理可得平面，从而得到，再证明四边形为菱形，得到，从而证明平面，即可证明平面平面；
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出方程，求出点的坐标，再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了面面垂直的证明以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
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