2023-2024学年四川省乐山市高二上学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

2023-2024学年四川省乐山市高二上学期期末教学质量检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一个几何体，它的轴截面一定是圆面，则这个几何体是( )
A. 圆柱 B. 圆锥 C. 圆台 D. 球
2.已知直线经过两点，，则直线的斜率是
( )
A. B. C. D.
3.工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格工人师傅运用的数学原理是( )
A. 两条相交直线确定一个平面 B. 两条平行直线确定一个平面
C. 四点确定一个平面 D. 直线及直线外一点确定一个平面
4.已知圆的圆心在轴上且经过，两点，则圆的标准方程是
( )
A. B.
C. D.
5.如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长为
( )
A. B. C. D.
6.已知直线：，直线过点，且，则直线与直线间的距离是
( )
A. B. C. D.
7.已知正方体棱长为，点是正方体表面上一个动点，满足，则点的轨迹长度为
( )
A. B. C. D.
8.已知点是直线上一动点，与是圆：的两条切线，、为切点，则四边形的最小面积为
( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若两个非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则，共线
B. 空间的基底有且仅有一个
C. 两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底
D. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
10.已知直线：，圆：，与圆：则下列结论正确的是
( )
A. 直线与圆的位置关系是相切
B. 直线与圆的位置关系是相离
C. 圆与圆的公共弦长是
D. 圆上的点到直线的距离为的点有个
11.如图，在正方体中，，点为线段上的一动点，则下列结论正确的是
( )
A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 当点与点重合时，平面平面
D. 当时，直线与平面所成角的正切值为
12.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力．设抛物线，弦过焦点，为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是
( )
A. 点在抛物线的准线上
B. 存在点，使得
C.
D. 面积的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量，，若，则 ．
14.直线经过点，且与直线垂直，则直线的一般方程是 ．
15.如图，圆的半径为，是圆内一个定点，且，是圆外一个定点，且，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点和点的运动轨迹分别是椭圆和双曲线，设它们的离心率分别为和，则 ．
16.在多面体中，，且，，两两垂直，则该多面体的外接球半径为 ，内切球半径为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知斜棱柱中，，设，，．
用基底，，表示向量，并求；
求向量与向量夹角的余弦值．
18.本小题分
已知、分别是双曲线：的两个焦点，若双曲线的一条渐近线与直线恰好平行．
求双曲线的离心率；
若，为双曲线上一点，且，求的值
19.本小题分
已知四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且，，，，为中点，为中点．
证明：平面；
求点到平面的距离．
20.本小题分
已知抛物线：，若为坐标原点，、为抛物线上异于的两点．
若，在抛物线上，求的最小值；
若求证：直线必过定点．
21.本小题分
已知直棱柱中，，，，，为线段上任一点，，分别为，中点．
证明：；
当为何值时，平面与平面的二面角的正弦值最小，并求出最小值．
22.本小题分
已知椭圆以坐标原点为对称中心，以坐标轴为对称轴，且过，．
求椭圆的标准方程；
若、为椭圆上两点，且以线段为直径的圆经过点．
求证：为定值；
求面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据各选项中旋转体的定义与性质逐项判断．
【详解】对于：圆柱的轴截面是矩形，故A不符合题意；
对于：由于圆锥的轴截面是一个等腰三角形，故B不符合题意；
对于，圆台轴截面是等腰梯形，故C不符合题意；
对于：用任意的平面去截球，得到的截面均为圆，故D符合题意．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】根据斜率公式即可计算．
【详解】直线的斜率．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查平面的基本性质的应用，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．
根据两条相交直线确定一个平面，由此可得结论．
【解答】
解：由题意，分析可知，工人师傅运用的数学原理是：两条相交直线确定一个平面．
故选A．
4.【答案】
【解析】【分析】设出圆的标准方程，利用待定系数法计算即可．
【详解】因为圆的圆心在轴上，故设圆的标准方程，
又经过，两点，
所以，解得
所以圆的标准方程．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】根据斜二测画法得到的图像，求得的长，再根据斜二测画法的特点得到的各个边长，进而求得周长．
【详解】根据斜二测画法特点可知，所以为等腰直角三角形，
所以，
所以在原始图形中，根据勾股定理可得
所以四边形的周长为．
故选：
6.【答案】
【解析】【分析】根据两直线平行以及直线过的点，求出的方程，根据平行线间的距离公式，即可求得答案．
【详解】由题意知直线：，直线过点，且，
设，代入可得，
故的方程为：，
故直线与直线间的距离是，
故选：
7.【答案】
【解析】【分析】动点的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的表面的交线，计算得到答案．
【详解】由题意可知，动点的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的表面的交线．
如图所示：
在正方体中，，
又平面且，所以平面，
因为平面，所以．
又在正方体中，，
又平面且，所以平面，
因为平面，所以．
又因为，由平面且，
所以平面．
于是点的轨迹长度为不包含点的的周长，
即周长等于．
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】根据圆心到直线的距离为的最小值，此时也最小，四边形的面积也最小，即可求解．
【详解】由题意知，圆：的圆心 ，半径，
因为与是圆：的两条切线，
所以，
，
则，
当最小时，也最小，
又点是直线上一动点，
故圆心到直线的距离，为的最小值，
此时，
则此时四边形的面积也最小，
最小值为．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】根据空间向量的基底的含义，一一判断各选项，即可得答案．
【详解】对于，能构成空间的一个基底的向量必须是不共面的个向量，
由于非零向量，与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，
即向量，与任何一个向量均共面，则，必共线， A正确；
对于，空间的基底不唯一，不共面的个向量，均可作为空间的一组基底，B错误；
对于，由于两两垂直的三个非零向量不共面，故可以构成空间的一个基底，C正确；
对于，由于是空间的一个基底，故不共面，
而与共面，故与不共面，且不共线，
故也是空间的一个基底， D正确，
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】由点线距与两半径的关系可判断、两项；将两圆方程作差，由弦长公式可判断项；通过计算圆心到直线的距离结合条件从而判断出选项．
【详解】对于选项A因为圆：，所以圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以直线与圆的位置关系是相交，故选项 A错误；
对于选项B因为圆：，所以圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
因为，所以直线与圆的位置关系是相离，故选项 B正确；
对于选项C：联立，相减得公共弦所在得直线方程为：，
所以圆心到的距离为，
所以公共弦长为，故选项 C正确
对于选项D：因为，且，
所以圆上的点到直线的距离为的点有个在直线的两侧各个，故选项 D错误
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】对于，假设，从而证得，推出矛盾即可；对于，利用面面平行的性质，得到平面，从而得以判断；对于，利用面面平行的判定定理即可得证；对于，取棱中点，连接和，即为直线与平面所成的角，求解判断即可．
【详解】对于，连接，假设，
又，平面，平面，，
可得平面，
由于平面，平面，进而，
事实上，只有当和重合时才成立，得不恒成立；故 A不正确；
对于，因为平面平面，根据面面平行的性质，得到平面，
又点在线段上，所以点到平面的距离是定值，
同时的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，故 B正确；
对于，连接、和，在正方体中，
因为四边形是矩形，所以，
因为，且平面，平面，所以平面，
同理可得平面
又平面，平面，平面，，
所以平面平面，
所以当点与点重合时，可得平面平面成立，故 C正确；
对于，取棱中点为，连接和，由于，
可得点即为棱中点，同时为棱的中点，可得，且，
同时平面，即为直线与平面所成的角，
，故 D正确．
故选：．
．
12.【答案】
【解析】【分析】设，联立直线和抛物线，利用韦达定理得到，设出过和过的切线方程，利用已知得到，，即可判断选项 A，再由结合相似，即可判断选项 C，再由向量间的转化和运算即可判断选项B，结合特殊情况即可判断选项D．
方法点睛：涉及方法有：直线与抛物线相切问题；焦点弦问题的计算能力；数形结合思想．
【详解】设，
设直线：，
联立得，
则，
设过点的切线为，
联立得，
由，可得，
同理可得过点的切线斜率为，
所以处切线方程分别为，
联立可得，故 A正确；
又即，，
所以，，
所以，，
即， C正确；
又，
所以，
，
所以
，错；
由上述知，，
又因为直线斜率为，
所以，
设准线与轴的交点为，
则面积，
当轴时，最短最短为，
也最短最短为，
此时面积取最小值， D正确．

故选：
13.【答案】．
【解析】【分析】利用空间向量垂直公式计算即可．
【详解】因为，所以，解得．
14.【答案】
【解析】【分析】由两直线的垂直关系得到直线的斜率，进而得到直线的一般方程．
【详解】直线的斜率为，设直线的斜率，
则，即．
由直线的点斜式方程可得：，即．
故答案为：．
15.【答案】 或
【解析】【分析】由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得，再由椭圆与双曲线的定义可得其轨迹，进而求出离心率，求和即可．
【详解】连接，因为线段的垂直平分线和半径相交于点，
所以，即，
所以点的轨迹是以为焦点，为长轴长，焦距为的椭圆，
所以该椭圆的离心率为．
因为线段的垂直平分线和半径相交于点，
所以，即，
所以点的轨迹是以为焦点，为实轴长，焦距为的双曲线，
所以该双曲线的离心率为．
所以．
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】先根据题意可得出该多面体可看作是棱长为的正方体一部分；再求出正方体外接球的半径即可求出该多面体的外接球半径；最后利用分割法求几何体的体积，列出关系式，即可求解出该多面体的内切球半径．
关键点点睛：本题考查几何体外接球问题和内切球问题根据题意找出该多面体与正方体之间的关系是求外接球半径的关键；利用分割法求几何体的体积，列出关系式是求解该多面体的内切球半径的关键．
【详解】由，且，，两两垂直可得：，
又因为，
所以该多面体可看作是棱长为的正方体一部分，如图所示：
则该多面体的外接球半径与棱长为正方体外接球的半径相同，故外接球的半径为．
设的中心为，连接，内切球半径为．
由及正方体的性质，可得：平面．
由可得：．
由可得：，，．
由且，，两两垂直可得：，．
因为，
所以，即，解得．
故答案为：；．
17.【答案】解：．
．
．
．
．
．

【解析】用基底表示有关向量，用空间向量数量积的有关运算求向量的模和夹角．
18.【答案】解：根据题意，双曲线的渐近线为，
因为双曲线的一条渐近线与直线平行，
所以即．
，
．
．
由得，即．
由知，，得．
由双曲线的定义可得：，
解得或．
，
．

【解析】由双曲线的一条渐近线与直线恰好平行，可得的关系式，进而得到离心率．
根据题意，先求出，进而利用双曲线的定义即可得到的值．
19.【答案】解：证明：取中点，连结．
，分别是的中点，
且．
是中点，，
且．
为平行四边形．
．
又平面，平面，
平面．
是中点，平面
点到平面的距离为．
，，，
，
且，即．
．
为平行四边形，
．
，
，即．
．
，
．
点到平面的距离．

【解析】取中点，连结，先证明四边形为平行四边形，再利用直线平面平行的判定定理即可证明；
根据题意，利用勾股定理分别证明和，即分别求得和，进而利用等体积法即由可得点到平面的距离．
20.【答案】解：设，
在抛物线上，．
．
当，即时，的最小值为．
显然直线斜率不为零，设直线的方程为，，
如图：
联立得，
有两个交点故．
，．
，
．
，得，
或舍．
直线过定点．

【解析】设抛物线上的点，由两点间的距离公式可求解；
设直线方程，和抛物线方程联立，借助一元二次方程根与系数的关系表示条件，可得直线过定点．
21.【答案】解：，，，
．
．
．
建立如图所示空间直角坐标系，
设，
则，，，，．
，．
，
．
，，
设平面的一个法向量为：，
，即
令，则，，
．
平面，
取平面的一个法向量为，
，
又，，
当时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．

【解析】根据题意，可得，建立空间直角坐标系，利用向量运算判断；
根据向量法求出二面角的余弦，转化判断得解．
思路点睛：根据题意，由余弦定理可判断，建立空间直角坐标系，利用向量法证明，再求出平面与平面各自的一个法向量，求出所成的二面角的余弦范围，进而得解．
22.【答案】解：设椭圆的方程为，，且过，
所以，解得．
则椭圆的标准方程为．
以线段为直径的圆经过点，．
当直线的斜率不存在时，如下图：
，，
．
当直线的斜率存在时，如下图所示：
设：，则：．
设，，
联立得，即．
同理可得，即．
，
．
．
当直线斜率不存在时，显然．
当直线的斜率存在时，由知，，
．
令，
则．
由得，进而得，
于是，
所以，即．
综上所说，的面积的范围是．

【解析】设椭圆的方程为，，列方程组即可得到标准方程；
由题意得，当的斜率不存在时，易得，当的斜率存在时，设，，联立方程组可得，，进而由，代入即可得证；
当直线斜率不存在时，显然，当直线的斜率存在时，，令，通过化简整理与结合二次函数的最值可得面积的取值范围．
点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去或建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．
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