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广东省清远市2024-2025学年高二上学期期中联合学业质量监测考试数学试题
1．（2024高二上·清远期中）将1枚硬币抛2次，恰好出现1次正面的概率是（　　）
A． B． C． D．0
2．（2024高二上·清远期中）直线的倾斜角为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·清远期中）已知空间向量，若共面，则（　　）
A．-1 B．0 C．1 D．2
4．（2024高二上·清远期中）已知直线，若关于对称的直线为，则直线的方程是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·清远期中）已知过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则直线必过定点（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·清远期中）若直线（，）平分圆，则的最小值是（　　）
A．2 B．5 C． D．
7．（2024高二上·清远期中）在平行六面体（底面是平行四边形的棱柱）中，有，则（　　）
A． B． C．2 D．4
8．（2024高二上·清远期中）已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．圆和圆关于直线对称
B．圆和圆的公共弦长为
C．的取值范围为
D．若为直线上的动点，则的最小值为
9．（2024高二上·清远期中）甲、乙两人各投篮一次，若两人投中的概率都是0.6，且两人是否投中彼此互不影响，则下列判断正确的是（　　）
A．两人都投中的概率是0.36 B．恰有一人投中的概率是0.48
C．至少有一人投中的概率是0.86 D．至多有一人投中的概率是0.64
10．（2024高二上·清远期中）已知圆，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，圆与圆相离
B．当时，是圆与圆的一条公切线
C．当时，圆与圆有一条公切线是
D．当时，圆与圆的公共弦所在直线的方程为
11．（2024高二上·清远期中）如图，边长为1的正方形所在平面与正方形在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（　　）
A．，使
B．线段存在最小值，最小值为
C．直线与平面所成的角恒为45°
D．，都存在过且与平面平行的平面
12．（2024高二上·清远期中）已知A，B，C三点共线，则对空间任一点，存在三个不全为0的实数a，b，c使，那么的值为　 　.
13．（2024高二上·清远期中）已知圆，直线.若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则的值为　 　.
14．（2024高二上·清远期中）已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是　 　．
15．（2024高二上·清远期中）在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
①与直线垂直；
②直线的一个方向向量为；
③与直线平行．
已知直线l过点，_________________．
（1）求直线l的一般方程；
（2）若直线l与圆相交于P，Q，求弦长．
16．（2024高二上·清远期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，底面ABCD，点为棱PC的中点，.
（1）证明：平面PAD；
（2）求点E到直线CD的距离；
（3）求直线BE与平面PDC所成角的余弦值.
17．（2024高二上·清远期中）甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，…，后面按此规律依次向下进行；②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出.已知每次甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，丙回答正确的概率为，三个人回答每个问题相互独立.
（1）求一轮中三人全部回答正确的概率；
（2）记为甲在第轮胜出的概率，为乙在第轮胜出的概率，求与，并比较与的大小.
18．（2024高二上·清远期中）如图，直三棱柱的体积为的面积为.
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面.
（i）证明：平面；
（ii）求二面角的正弦值.
19．（2024高二上·清远期中）已知圆，直线与圆交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足分别为分别异于.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，用含的式子表示四边形的面积；
（3）当时，若直线和直线交于点，证明点在某条定直线上运动，并求出该定直线的方程.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】将1枚硬币抛2次，总的结果数为4，其中恰好出现1次正面的情况有2种正反，反正，所以恰好出现1次正面的概率是，故选A。
【点评】解题的关键是看出试验是否符合古典概型的特点，注意应用概率的计算公式，本题是一个基础题。
2．【答案】C
【知识点】直线的倾斜角；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，
因为直线，即，可得斜率，即
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】先把直线方程化为斜截式，再根据直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为若共面，则，即，
故，解得
故答案为：B.
【分析】运用空间向量共面的定理，若存在两个非共线向量a、b，则向量p与它们共面的充要条件是存在唯一有序实数对(x，y)，使得p=xa+yb，结合坐标运算即可.
4．【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，设直线的方程为且.
因为直线关于直线对称，所以与间的距离等于与间的距离.
由两平行直线间的距离公式，得，解得或（舍去）.
所以直线的方程为.
故答案为：D.
【分析】根据条件，要满足题意则需，根据平行直线系方程可设，利用对称性可知与间的距离等于与间的距离，根据两平行直线间的距离公式，列方程求解即得.
5．【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；圆的切线方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆的方程可化为，所以圆心.
则以为直径的圆的圆心为，设以为直径的圆的半径为，
则.
所以以为直径的圆的方程为.
过点作圆的切点分别为，，
两圆的交点为，，即两圆的公共弦为.
将两圆的方程相减可得直线的方程为，
即.令得.
所以直线必过定点.
故答案为：A.
【分析】通过过点作圆的两条切线，，切点分别为，，能得到是以为直径的圆和圆的公共弦，将两圆的方程相减可得直线的方程.因为直线的方程中含有参数，要使直线过定点，只需参数的系数为0（无论m取何值，等式均成立），从而求得直线恒过定点坐标.
6．【答案】C
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：直线平分圆，则直线过圆心，即，
所以(当且仅当时，取等号)
故答案为：C.
【分析】直线平分圆，可判断直线经过圆心，因此得到a，b关系，充分利用，将化为基本不等式的形式，再根据基本不等式，即可求解.
7．【答案】A
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：令，设，
由，
等号两边分别平方得：，
即，
整理得，
解得（或舍去），
即.
故答案为：A.
【分析】合理利用向量间的关系，用未知向量表示已知向量，再通过向量数量积运算即可求解.
8．【答案】D
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：A：和圆，
圆心和半径分别是，则两圆心中点为，
若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线，
但两圆心中点不在直线上，故A错误；
B：到直线的距离，
故公共弦长为，B错误；
C：圆心距为，当点和重合时，的值最小，
当四点共线时，的值最大为，
故的取值范围为，C错误；
D：如图，设关于直线对称点为，
则解得即关于直线对称点为，
连接交直线于点，此时最小，
，
即的最小值为，D正确.
故答案为：D.
【分析】判断两圆是否关于直线对称，实则判断两圆圆心是否关于直线对称，先求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A；两圆方程相减得到相交弦所在直线方程，再利用点到直线的距离公式结合勾股定理可判断B；由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C；求到圆上点的距离问题一般转化为到圆心的距离，求线段之和最小问题一般利用对称性或定义等将折线转化为直线，此题先求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D.
9．【答案】A,B,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：设事件为“甲投中”，设事件为“乙投中”，则事件A、B相互独立
A：都投中的概率为，故A正确；
B：恰好有一人投中的概率为，故B正确；
C：至少有一人投中，其对立事件为两人都未投中，故至少一人投中的概率为，故C错误；
D：至多有一人投中的对立事件为两人都投中，故至多有一人投中的概率为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用计数原理的乘法公式分别计算每一个选项即可，同类相加，分步相乘.
10．【答案】A,C,D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由可知圆心为，半径为1，
由可知圆心为，
半径为，两圆圆心距为，
对于A，当时，，圆与圆相离，故A正确；
对于B，当时，与圆相切，圆心到的距离为3，
即与圆不相切，所以不是圆与圆的一条公切线，故B错误；
对于C，当时，，圆与圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线的方程为.
②另一条公切线与公切线关于过两圆圆心的直线对称.
易知过两圆圆心的直线的方程为，由，得，
由对称性可知公切线过点，
设公切线的方程为，则点到的距离为1，
所以，解得，所以公切线的方程为，
即.
③还有一条公切线与直线垂直，设公切线的方程为，
易知，则点到的距离为1，
所以，解得或（舍去），
所以公切线的方程为，即.
综上，所求直线方程为或或，故C正确；
对于D，当时，，此时两圆相交，
圆的一般方程为，
与圆的方程相减可得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由圆和圆的位置关系，以及圆的公切线的性质逐个判断即可.若两圆外离，则有4条公切线；若两圆外切，则有3条公切线（两外切，一内切）；两圆相交，则有2条公切线（外切）；若两圆内切，则有1条公切线；若两圆内含，则有0条公切线.
11．【答案】A,D
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：因为四边形正方形，故，
而平面平面，平面平面，
平面，故平面，而平面，故.
设，则，其中，
由题设可得，
，
A：当即时，，故A正确；
B：，
故，当且仅当即时等号成立，故，故B错误；
C：由B的分析可得，
而平面的法向量为且，
故，此值不是常数，
故直线与平面所成的角不恒为定值，故C错误；
D：由B的分析可得，故为共面向量，
而平面，故平面，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】连接，当为的中点，当为的中点时，为的中位线，，可判断A；利用向量的线性运算可得，结合向量的模的计算可得到的表达式，再利用函数的单调性，可判断B；利用直线方向向量和平面法向量，结合向量数量积公式可求得夹角余弦值的表达式，可判断C；结合共面向量定理和线面平行判定定理，可判断D.
12．【答案】0
【知识点】平面向量的共线定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：因三点共线，则存在唯一实数使，显然且，
否则点重合或点重合，则，
整理得，存在三个不为0的实数，
使，此时.
故答案为：0.
【分析】利用共线向量定理列出向量等式，再将等式转化为已知条件的形式，借助向量减法用表示即可得解.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由题可知，圆的圆心为(0，0)，半径为2，
故要使圆上恰有3个点到l的距离为1，
则圆心到直线l的距离为1，
即。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出b的值。
14．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：当时，曲线即，
两边平方，整理得，
表示以为圆心，半径的圆的右半圆；
当时，曲线即，
两边平方，整理得，
表示以为圆心，半径的圆的左半圆，
直线表示经过定点、斜率为的直线，
因此，直线与曲线有两个不同的交点，
就是直线与两个半圆组成的图形有两个交点，
当直线与右半圆有两个交点时，记点，
可得圆心到直线的距离小于半径，且直线的斜率小于或等于的斜率，
且，解得；
当直线与左半圆有两个交点时，由对称性可得；
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】 曲线由两部分组成，分和两种情况去绝对值，两边平方后，可得曲线方程，直线与曲线相交的条件是解的个数问题，因此，利用曲线和直线的代数表示，可以转化为求解方程组解的个数问题.此外，考虑曲线和直线的几何位置关系，尤其是直线与曲线切线的关系，可以进一步限定k的取值范围.
15．【答案】（1）解：（1）选①：因为直线的斜率为，
因为直线与直线l垂直，所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为即.
选②：因为直线的一个方向向量为
所以直线l的向量为，
依题意，直线l的方程为即.
选③：因为的斜率为，
又因为直线l与平行，所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为即.
（2）解：（2）圆的圆心到直线的距离为，
所以.
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系；直线与圆相交的性质；直线的方向向量
【解析】【分析】（1）根据直线与直线的平行或垂直关系于斜率的关系求解，两直线平行，斜率相等；两直线垂直，若斜率存在，则斜率乘积为；
（2）利用直线被圆截得的弦长公式求解，圆中求相交弦长问题，切忌联立方程.
（1）选①：因为直线的斜率为，
因为直线与直线l垂直，
所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为
即.
选②：因为直线的一个方向向量为
所以直线l的向量为，
依题意，直线l的方程为
即.
选③：因为的斜率为，
又因为直线l与平行，
所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为
即.
（2）圆的圆心到直线的距离为，
所以.
16．【答案】（1）证明：（1）取PD的中点，连接AG，EG，如图.
和分别为PD和PC的中点，
，且，
又底面ABCD是直角梯形，，
且.即四边形ABEG为平行四边形，
，
平面平面PAD，
平面PAD.
（2）解：（2）因为，所以，
因为底面ABCD，所以，又AD，PA为平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD，又PD在平面PAD内，所以，
因为为PC的中点，所以点到直线CD的距离为，
因为，所以，
所以到直线CD的距离为.
（3）解：（3）由（1）知，因为为PD的中点，所以
由(2)知平面PAD，平面PAD，所以，
PD，CD为平面PCD内两条相交直线，所以平面，
所以平面所以BE与平面PCD所成角为90°，其余弦值为0.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证明线面平行，需先证明线线平行.先取PD的中点，再连接AG，EG，然后利用平行四边形证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先根据题意得到，然后得到点到直线CD的距离为，然后计算长度即可；
（3）先证明平面然后得到线面角的余弦值即可.
（1）取PD的中点，连接AG，EG，如图.
和分别为PD和PC的中点，
，且，
又底面ABCD是直角梯形，，
且.即四边形ABEG为平行四边形，
，
平面平面PAD，
平面PAD.
（2）因为，所以，
因为底面ABCD，所以，又AD，PA为平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD，又PD在平面PAD内，所以，
因为为PC的中点，所以点到直线CD的距离为，
因为，所以，
所以到直线CD的距离为.
（3）由（1）知，因为为PD的中点，所以
由(2)知平面PAD，平面PAD，所以，
PD，CD为平面PCD内两条相交直线，所以平面，所以平面
所以BE与平面PCD所成角为90°，其余弦值为0.
17．【答案】（1）解：（1）设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则.
（2）解：（2）甲在第一轮胜出的概率为.
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为.
易知
所以当时，；当时，；当时，.
同理可得，当时，；当时，；当时，.
所以当时，；当时，；当时，.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【分析】（1）利用计数原理的乘法规律分步相乘计算即可；
（2）根据题意，由具体到抽象，我们可以得出每轮回答的概率，是一个以三为周期的一个函数，然后以每三个一组找到规律计算判断大小关系即可.
（1）设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则.
（2）甲在第一轮胜出的概率为.
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为.
易知
所以当时，；当时，；当时，.
同理可得，当时，；当时，；当时，.
所以当时，；当时，；当时，.
18．【答案】（1）解：（1）在直三棱柱中，设点到平面的距离为，
则，
解得，所以点到平面的距离为.
（2）证明：（2）（i）：取的中点，连接AE，如图，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面平面ABC，可得，
又平面且相交，所以平面.
解：（2）（ii）由（i）可知：两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由（1）得，所以，所以，
则，所以的中点，
则，
设平面ABD的一个法向量，则，
令，可得，
设平面BDC的一个法向量，则，
令，可得，
则，
所以二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据等体积法及棱锥与棱柱体积的关系求点面距离，三棱锥可变换顶点和底面求体积；
（2）（i）由面面垂直可得线面垂直，得出线线垂直，再由线面垂直判定定理证明；
（ii）利用已知的结论，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦，再转化为正弦即可.
（1）在直三棱柱中，设点到平面的距离为，
则，
解得，
所以点到平面的距离为.
（2）（i）证明：取的中点，连接AE，如图，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面平面ABC，可得，
又平面且相交，所以平面.
（ii）由（i）可知：两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由（1）得，所以，所以，
则，所以的中点，
则，
设平面ABD的一个法向量，则，
令，可得，
设平面BDC的一个法向量，则，
令，可得，
则，
所以二面角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：（1）圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆交于，两点，所以圆心到直线的距离，
解得，
所以实数的取值范围为；
（2）解：（2）当时，设，，则，，
由，消元整理得，
所以，，，
所以，
因为四边形为直角梯形，
所以四边形的面积
；
（3）解：（3）由，，则，，且直线、的斜率存在，
当时，由（2）知，，，，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
因为、相交，所以，即，，
所以，解得，
联立、的方程得，
，
，
所以，
所以点在定直线上运动.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求出参数的取值范围；
（2）直线与圆相交问题，一般先设直线方程，设交点坐标为、，联立直线与圆的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算，列出韦达定理，将所求问题或题中的关系转化为、的形式，最后代入韦达定理求解；
（3）表示出直线、的方程，由，得到，再联立、的方程，求出、，即可得到，从而得解.
（1）圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆交于，两点，所以圆心到直线的距离，
解得，
所以实数的取值范围为；
（2）当时，设，，则，，
由，消元整理得，
所以，，，
所以，
因为四边形为直角梯形，
所以四边形的面积
；
（3）由，，则，，且直线、的斜率存在，
当时，由（2）知，，，，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
因为、相交，所以，即，，
所以，解得，
联立、的方程得，
，
，
所以，
所以点在定直线上运动.
1 / 1广东省清远市2024-2025学年高二上学期期中联合学业质量监测考试数学试题
1．（2024高二上·清远期中）将1枚硬币抛2次，恰好出现1次正面的概率是（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】将1枚硬币抛2次，总的结果数为4，其中恰好出现1次正面的情况有2种正反，反正，所以恰好出现1次正面的概率是，故选A。
【点评】解题的关键是看出试验是否符合古典概型的特点，注意应用概率的计算公式，本题是一个基础题。
2．（2024高二上·清远期中）直线的倾斜角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线的倾斜角；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，
因为直线，即，可得斜率，即
又因为，所以.
故答案为：C.
【分析】先把直线方程化为斜截式，再根据直线的斜率与倾斜角的关系，得到，即可求解.
3．（2024高二上·清远期中）已知空间向量，若共面，则（　　）
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】B
【知识点】共面向量定理；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为若共面，则，即，
故，解得
故答案为：B.
【分析】运用空间向量共面的定理，若存在两个非共线向量a、b，则向量p与它们共面的充要条件是存在唯一有序实数对(x，y)，使得p=xa+yb，结合坐标运算即可.
4．（2024高二上·清远期中）已知直线，若关于对称的直线为，则直线的方程是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：因为，所以，设直线的方程为且.
因为直线关于直线对称，所以与间的距离等于与间的距离.
由两平行直线间的距离公式，得，解得或（舍去）.
所以直线的方程为.
故答案为：D.
【分析】根据条件，要满足题意则需，根据平行直线系方程可设，利用对称性可知与间的距离等于与间的距离，根据两平行直线间的距离公式，列方程求解即得.
5．（2024高二上·清远期中）已知过点作圆的两条切线，，切点分别为，，则直线必过定点（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】恒过定点的直线；圆的切线方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆的方程可化为，所以圆心.
则以为直径的圆的圆心为，设以为直径的圆的半径为，
则.
所以以为直径的圆的方程为.
过点作圆的切点分别为，，
两圆的交点为，，即两圆的公共弦为.
将两圆的方程相减可得直线的方程为，
即.令得.
所以直线必过定点.
故答案为：A.
【分析】通过过点作圆的两条切线，，切点分别为，，能得到是以为直径的圆和圆的公共弦，将两圆的方程相减可得直线的方程.因为直线的方程中含有参数，要使直线过定点，只需参数的系数为0（无论m取何值，等式均成立），从而求得直线恒过定点坐标.
6．（2024高二上·清远期中）若直线（，）平分圆，则的最小值是（　　）
A．2 B．5 C． D．
【答案】C
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：直线平分圆，则直线过圆心，即，
所以(当且仅当时，取等号)
故答案为：C.
【分析】直线平分圆，可判断直线经过圆心，因此得到a，b关系，充分利用，将化为基本不等式的形式，再根据基本不等式，即可求解.
7．（2024高二上·清远期中）在平行六面体（底面是平行四边形的棱柱）中，有，则（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】A
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：令，设，
由，
等号两边分别平方得：，
即，
整理得，
解得（或舍去），
即.
故答案为：A.
【分析】合理利用向量间的关系，用未知向量表示已知向量，再通过向量数量积运算即可求解.
8．（2024高二上·清远期中）已知圆和圆交于两点，点在圆上运动，点在圆上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．圆和圆关于直线对称
B．圆和圆的公共弦长为
C．的取值范围为
D．若为直线上的动点，则的最小值为
【答案】D
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：A：和圆，
圆心和半径分别是，则两圆心中点为，
若圆和圆关于直线对称，则直线是的中垂线，
但两圆心中点不在直线上，故A错误；
B：到直线的距离，
故公共弦长为，B错误；
C：圆心距为，当点和重合时，的值最小，
当四点共线时，的值最大为，
故的取值范围为，C错误；
D：如图，设关于直线对称点为，
则解得即关于直线对称点为，
连接交直线于点，此时最小，
，
即的最小值为，D正确.
故答案为：D.
【分析】判断两圆是否关于直线对称，实则判断两圆圆心是否关于直线对称，先求出圆心和半径，再结合中垂线知识可判断A；两圆方程相减得到相交弦所在直线方程，再利用点到直线的距离公式结合勾股定理可判断B；由题意可知，当点和重合时，的值最小，当，，，四点共线时，的值最大，进而可判断C；求到圆上点的距离问题一般转化为到圆心的距离，求线段之和最小问题一般利用对称性或定义等将折线转化为直线，此题先求出关于直线对称点的坐标，再结合两点间距离公式可判断D.
9．（2024高二上·清远期中）甲、乙两人各投篮一次，若两人投中的概率都是0.6，且两人是否投中彼此互不影响，则下列判断正确的是（　　）
A．两人都投中的概率是0.36 B．恰有一人投中的概率是0.48
C．至少有一人投中的概率是0.86 D．至多有一人投中的概率是0.64
【答案】A,B,D
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：设事件为“甲投中”，设事件为“乙投中”，则事件A、B相互独立
A：都投中的概率为，故A正确；
B：恰好有一人投中的概率为，故B正确；
C：至少有一人投中，其对立事件为两人都未投中，故至少一人投中的概率为，故C错误；
D：至多有一人投中的对立事件为两人都投中，故至多有一人投中的概率为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用计数原理的乘法公式分别计算每一个选项即可，同类相加，分步相乘.
10．（2024高二上·清远期中）已知圆，则下列说法正确的是（　　）
A．当时，圆与圆相离
B．当时，是圆与圆的一条公切线
C．当时，圆与圆有一条公切线是
D．当时，圆与圆的公共弦所在直线的方程为
【答案】A,C,D
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由可知圆心为，半径为1，
由可知圆心为，
半径为，两圆圆心距为，
对于A，当时，，圆与圆相离，故A正确；
对于B，当时，与圆相切，圆心到的距离为3，
即与圆不相切，所以不是圆与圆的一条公切线，故B错误；
对于C，当时，，圆与圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线的方程为.
②另一条公切线与公切线关于过两圆圆心的直线对称.
易知过两圆圆心的直线的方程为，由，得，
由对称性可知公切线过点，
设公切线的方程为，则点到的距离为1，
所以，解得，所以公切线的方程为，
即.
③还有一条公切线与直线垂直，设公切线的方程为，
易知，则点到的距离为1，
所以，解得或（舍去），
所以公切线的方程为，即.
综上，所求直线方程为或或，故C正确；
对于D，当时，，此时两圆相交，
圆的一般方程为，
与圆的方程相减可得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由圆和圆的位置关系，以及圆的公切线的性质逐个判断即可.若两圆外离，则有4条公切线；若两圆外切，则有3条公切线（两外切，一内切）；两圆相交，则有2条公切线（外切）；若两圆内切，则有1条公切线；若两圆内含，则有0条公切线.
11．（2024高二上·清远期中）如图，边长为1的正方形所在平面与正方形在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（　　）
A．，使
B．线段存在最小值，最小值为
C．直线与平面所成的角恒为45°
D．，都存在过且与平面平行的平面
【答案】A,D
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】解：因为四边形正方形，故，
而平面平面，平面平面，
平面，故平面，而平面，故.
设，则，其中，
由题设可得，
，
A：当即时，，故A正确；
B：，
故，当且仅当即时等号成立，故，故B错误；
C：由B的分析可得，
而平面的法向量为且，
故，此值不是常数，
故直线与平面所成的角不恒为定值，故C错误；
D：由B的分析可得，故为共面向量，
而平面，故平面，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】连接，当为的中点，当为的中点时，为的中位线，，可判断A；利用向量的线性运算可得，结合向量的模的计算可得到的表达式，再利用函数的单调性，可判断B；利用直线方向向量和平面法向量，结合向量数量积公式可求得夹角余弦值的表达式，可判断C；结合共面向量定理和线面平行判定定理，可判断D.
12．（2024高二上·清远期中）已知A，B，C三点共线，则对空间任一点，存在三个不全为0的实数a，b，c使，那么的值为　 　.
【答案】0
【知识点】平面向量的共线定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：因三点共线，则存在唯一实数使，显然且，
否则点重合或点重合，则，
整理得，存在三个不为0的实数，
使，此时.
故答案为：0.
【分析】利用共线向量定理列出向量等式，再将等式转化为已知条件的形式，借助向量减法用表示即可得解.
13．（2024高二上·清远期中）已知圆，直线.若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由题可知，圆的圆心为(0，0)，半径为2，
故要使圆上恰有3个点到l的距离为1，
则圆心到直线l的距离为1，
即。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用点到直线的距离公式得出b的值。
14．（2024高二上·清远期中）已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：当时，曲线即，
两边平方，整理得，
表示以为圆心，半径的圆的右半圆；
当时，曲线即，
两边平方，整理得，
表示以为圆心，半径的圆的左半圆，
直线表示经过定点、斜率为的直线，
因此，直线与曲线有两个不同的交点，
就是直线与两个半圆组成的图形有两个交点，
当直线与右半圆有两个交点时，记点，
可得圆心到直线的距离小于半径，且直线的斜率小于或等于的斜率，
且，解得；
当直线与左半圆有两个交点时，由对称性可得；
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】 曲线由两部分组成，分和两种情况去绝对值，两边平方后，可得曲线方程，直线与曲线相交的条件是解的个数问题，因此，利用曲线和直线的代数表示，可以转化为求解方程组解的个数问题.此外，考虑曲线和直线的几何位置关系，尤其是直线与曲线切线的关系，可以进一步限定k的取值范围.
15．（2024高二上·清远期中）在下列所给的三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
①与直线垂直；
②直线的一个方向向量为；
③与直线平行．
已知直线l过点，_________________．
（1）求直线l的一般方程；
（2）若直线l与圆相交于P，Q，求弦长．
【答案】（1）解：（1）选①：因为直线的斜率为，
因为直线与直线l垂直，所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为即.
选②：因为直线的一个方向向量为
所以直线l的向量为，
依题意，直线l的方程为即.
选③：因为的斜率为，
又因为直线l与平行，所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为即.
（2）解：（2）圆的圆心到直线的距离为，
所以.
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系；直线与圆相交的性质；直线的方向向量
【解析】【分析】（1）根据直线与直线的平行或垂直关系于斜率的关系求解，两直线平行，斜率相等；两直线垂直，若斜率存在，则斜率乘积为；
（2）利用直线被圆截得的弦长公式求解，圆中求相交弦长问题，切忌联立方程.
（1）选①：因为直线的斜率为，
因为直线与直线l垂直，
所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为
即.
选②：因为直线的一个方向向量为
所以直线l的向量为，
依题意，直线l的方程为
即.
选③：因为的斜率为，
又因为直线l与平行，
所以直线l的斜率为，
依题意，直线l的方程为
即.
（2）圆的圆心到直线的距离为，
所以.
16．（2024高二上·清远期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，底面ABCD，点为棱PC的中点，.
（1）证明：平面PAD；
（2）求点E到直线CD的距离；
（3）求直线BE与平面PDC所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：（1）取PD的中点，连接AG，EG，如图.
和分别为PD和PC的中点，
，且，
又底面ABCD是直角梯形，，
且.即四边形ABEG为平行四边形，
，
平面平面PAD，
平面PAD.
（2）解：（2）因为，所以，
因为底面ABCD，所以，又AD，PA为平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD，又PD在平面PAD内，所以，
因为为PC的中点，所以点到直线CD的距离为，
因为，所以，
所以到直线CD的距离为.
（3）解：（3）由（1）知，因为为PD的中点，所以
由(2)知平面PAD，平面PAD，所以，
PD，CD为平面PCD内两条相交直线，所以平面，
所以平面所以BE与平面PCD所成角为90°，其余弦值为0.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）要证明线面平行，需先证明线线平行.先取PD的中点，再连接AG，EG，然后利用平行四边形证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先根据题意得到，然后得到点到直线CD的距离为，然后计算长度即可；
（3）先证明平面然后得到线面角的余弦值即可.
（1）取PD的中点，连接AG，EG，如图.
和分别为PD和PC的中点，
，且，
又底面ABCD是直角梯形，，
且.即四边形ABEG为平行四边形，
，
平面平面PAD，
平面PAD.
（2）因为，所以，
因为底面ABCD，所以，又AD，PA为平面PAD内两条相交直线，
所以平面PAD，又PD在平面PAD内，所以，
因为为PC的中点，所以点到直线CD的距离为，
因为，所以，
所以到直线CD的距离为.
（3）由（1）知，因为为PD的中点，所以
由(2)知平面PAD，平面PAD，所以，
PD，CD为平面PCD内两条相交直线，所以平面，所以平面
所以BE与平面PCD所成角为90°，其余弦值为0.
17．（2024高二上·清远期中）甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，…，后面按此规律依次向下进行；②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出.已知每次甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，丙回答正确的概率为，三个人回答每个问题相互独立.
（1）求一轮中三人全部回答正确的概率；
（2）记为甲在第轮胜出的概率，为乙在第轮胜出的概率，求与，并比较与的大小.
【答案】（1）解：（1）设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则.
（2）解：（2）甲在第一轮胜出的概率为.
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为.
易知
所以当时，；当时，；当时，.
同理可得，当时，；当时，；当时，.
所以当时，；当时，；当时，.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【分析】（1）利用计数原理的乘法规律分步相乘计算即可；
（2）根据题意，由具体到抽象，我们可以得出每轮回答的概率，是一个以三为周期的一个函数，然后以每三个一组找到规律计算判断大小关系即可.
（1）设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则.
（2）甲在第一轮胜出的概率为.
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为.
易知
所以当时，；当时，；当时，.
同理可得，当时，；当时，；当时，.
所以当时，；当时，；当时，.
18．（2024高二上·清远期中）如图，直三棱柱的体积为的面积为.
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面.
（i）证明：平面；
（ii）求二面角的正弦值.
【答案】（1）解：（1）在直三棱柱中，设点到平面的距离为，
则，
解得，所以点到平面的距离为.
（2）证明：（2）（i）：取的中点，连接AE，如图，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面平面ABC，可得，
又平面且相交，所以平面.
解：（2）（ii）由（i）可知：两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由（1）得，所以，所以，
则，所以的中点，
则，
设平面ABD的一个法向量，则，
令，可得，
设平面BDC的一个法向量，则，
令，可得，
则，
所以二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据等体积法及棱锥与棱柱体积的关系求点面距离，三棱锥可变换顶点和底面求体积；
（2）（i）由面面垂直可得线面垂直，得出线线垂直，再由线面垂直判定定理证明；
（ii）利用已知的结论，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦，再转化为正弦即可.
（1）在直三棱柱中，设点到平面的距离为，
则，
解得，
所以点到平面的距离为.
（2）（i）证明：取的中点，连接AE，如图，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面平面ABC，可得，
又平面且相交，所以平面.
（ii）由（i）可知：两两垂直，
以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由（1）得，所以，所以，
则，所以的中点，
则，
设平面ABD的一个法向量，则，
令，可得，
设平面BDC的一个法向量，则，
令，可得，
则，
所以二面角的正弦值为.
19．（2024高二上·清远期中）已知圆，直线与圆交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足分别为分别异于.
（1）求实数的取值范围；
（2）若，用含的式子表示四边形的面积；
（3）当时，若直线和直线交于点，证明点在某条定直线上运动，并求出该定直线的方程.
【答案】（1）解：（1）圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆交于，两点，所以圆心到直线的距离，
解得，
所以实数的取值范围为；
（2）解：（2）当时，设，，则，，
由，消元整理得，
所以，，，
所以，
因为四边形为直角梯形，
所以四边形的面积
；
（3）解：（3）由，，则，，且直线、的斜率存在，
当时，由（2）知，，，，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
因为、相交，所以，即，，
所以，解得，
联立、的方程得，
，
，
所以，
所以点在定直线上运动.
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求出参数的取值范围；
（2）直线与圆相交问题，一般先设直线方程，设交点坐标为、，联立直线与圆的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算，列出韦达定理，将所求问题或题中的关系转化为、的形式，最后代入韦达定理求解；
（3）表示出直线、的方程，由，得到，再联立、的方程，求出、，即可得到，从而得解.
（1）圆的圆心为，半径为，
因为直线与圆交于，两点，所以圆心到直线的距离，
解得，
所以实数的取值范围为；
（2）当时，设，，则，，
由，消元整理得，
所以，，，
所以，
因为四边形为直角梯形，
所以四边形的面积
；
（3）由，，则，，且直线、的斜率存在，
当时，由（2）知，，，，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
因为、相交，所以，即，，
所以，解得，
联立、的方程得，
，
，
所以，
所以点在定直线上运动.
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