广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题（含答案），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

东莞四中2022－2023学年度第一学期期中考试
高二数学
一、单项选择题：本大题共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. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．

1、二元方程 (x-3)2+(y+1)2=(-2)2 表示圆C，圆心C的坐标和半径r分别为(　　)
A. C(3,-1), r= -2　　B. C(3,-1), r=2 C. C(-3,1), r= -2 D. C(-3,1), r= 2
G
M
D
C
B
A

2. 在空间四边形ABCD中, M,G分别是BC, CD的中点,
则 AD-AB+MG= (　　)
A GM　　　　B. 2MG C. 3GM D. 3MG



3.将直线l上一点A(-1,2) 向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的点B仍在直线l上，则直线l的方程是 (　　)
A .2x-y+4= 0 B. 2x+y= 0 C. 2x-y+5= 0 D. x+2y-3= 0
C
B
A
P
O


4、 如图所示, 已知A,B,C三点不共线, P为平面ABC内一定点,
O为平面ABC外任一点, 下列能表示向量OP的为(　　)

A. OA+2AB+2AC; B. OA-3AB-2AC;
C. OA+3AB-2AC; D. OA+2AB-3AC.

5.如图, 已知空间四边形ABCD每条边和对角线的长度都等于a, E, F, G分别是AB, AD, DC的中点, 则下列向量的数量积等于a2的是 (　　)

A. 2BA·AC B. 2AD·DB C. 2FG·AC D. 2EF·CB


6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中, 若向量a在单位正交基底{AB, AD, AA1}下的坐标为(2,1,-3), 则向量a在单位正交基底{DA, DC, DD1}下的坐标为 (　　)
A. (2,1,-3) B .(-1,2,-3) C. (1,-8,9) D. (-1,8,-9)


7.在空间直角坐标系中, 若点A(1,-2,11), B(4,2,3), C(6,-1,4), 则△ABC一定是 (　　)
A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形


8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 直线BB1与面ACD1所成角的正弦值为 (　　)
A. 13 　 B. 223 　 C. 63 D. 33　
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．

9、若向量a=(1,2,0), b=(-2,0,1), 则 (　　)
A. cos= - 2 5 　 　 B. a⊥b C. a∥b 　 　 D. |a|=|b|

10、两平行直线l1和l2间的距离为24， 若直线l1的方程为x-y+1= 0， 则直线l2的方程为（ ）
A. x-y= 0 B. 2x-2y+1= 0 C. 2x-2y+3= 0 D. x-y+2= 0


11. 已知直线l1: x+ay - a= 0和直线l2: ax - (2a-3) y -1= 0, 下列说法正确的是 (　　)
A. 直线l2始终过定点23,13 B. 若l1∥l2, 则a=1或a=-3
C. 若l1⊥l2, 则a= 0或a=2 D. 当a>0时, l1始终不过第三象限

12、若直线l: m x+(2m-1) y- 6= 0与两坐标轴所围成的三角形的面积为3, 则m的值是(　　)
A. 2 B .32 C. 3 D. - 32


三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 请把答案填在答题卡的相应位置上．

13、直线x -3y+1= 0的倾斜角是

14、在平面直角坐标系中，已知点A(2,0), B(0,4), O为坐标原点,则△ABO的外接圆的方程是 .

15、在平面直角坐标系中，已知点A(0,2), 点B是直线l: x-2y - 2= 0的动点，则|AB|的最小值
为

16、如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AB= 2, AD= 1, F, G分别是AB, CC1的中点, 则点D1到直线GF的距离为














四、解答题: 本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
17、（本小题满分10分）
已知关于x，y的二元二次方程 x2+y2+Dx+Ey+3=0，
（1） 若方程表示的曲线是圆，求证：点M ( D, E )在圆x2+y2=12外；
（2） 若方程表示的圆C的圆心在直线x+y-1=0上且在第二象限, 半径为2, 求圆C的方程.







18、（本小题满分12分）
在△ABC中, 顶点B的坐标为(1,2)，顶点A在x轴上，边BC上的高AH所在直线的方程为x-2y+1= 0, 边AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º.
（1） 求顶点A的坐标和直线BC的方程；
（2） 求△ABC的面积.








19、（本小题满分12分）
D1
C1
B1
A1
B
C
A
D
如图, 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, CC1=3, CD=2,
且∠C1CB=∠C1CD=60°.
（1）求证：BD⊥CA1
（2）求CA1的长.
















20、（本小题满分12分）
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ABC=π2, D是棱AC的中点, 且AB=BC=BB1=2.
(1) 求异面直线AB1与BC1所成角的大小.
(2) 求直线AB1与平面BC1D的距离.








21、 （本小题满分12分）
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, E, M分别是BC, AE的中点, AD=AA1=1, AB=2.
（1） 试问在线段CD1上是否存在一点N, 使MN∥平面ADD1A1? 若存在, 确定N的位置; 若不存在, 请说明理由.
（2） 在（1）中，当MN∥平面ADD1A1时，试确定直线BB1与平面DMN的交点F的位置，并求BF的长..









22. （本小题满分12分）
如图, 在四棱锥O-ABCD中, 底面ABCD是边长为1的菱形, OA⊥底面ABCD, ∠ABC=π4, OA=2, M为OA的中点.
(1) 求点B到平面OCD的距离;
(2) 求平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值.















东莞四中2022－2023学年度第一学期期中考试
高二数学参考答案及评分标准（教师版）
一、单项选择题：BDAC CBAD
二、多项选择题：AD BC ACD AD
三、填空题：13、π6 14、(x-1)2+(y-2)2=5或x2+y2-2x-4y=0 15、655 16、423
四、解答题:
17、（本小题满分10分）
解:（1）方程表示的曲线是圆，所以D2+E2-12>0即D2+E2>12…………2分
因而点M ( D, E )在圆x2+y2=12外。………………………………3分
（2）由题意知,圆心C-D2,-E2. …………………………………………4分
因为圆心在直线x+y-1=0上,
所以-D2-E2-1=0,即D+E=-2. ① ………………………………5分
又因为半径r=D2+E2-122=2,
所以D2+E2=20. ②……………………………………6分
由①②可得D=2,E=-4或D=-4,E=2.…………………………………………8分
又因为圆心在第二象限,所以-D2<0,-E2>0,即D>0,E<0.
所以D=2,E=-4.……………………………………………………………9分
因而圆的一般方程为x2+y2+2x-4y+3=0. ………………………………10分
18、（本小题满分12分）
解:（1）由方程组x-2y+1=0,y=0,求得点A的坐标为(-1,0). …………1分
因为BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0, 斜率为12…………2分
所以边BC所在直线的斜率为-2, …………3分
因而边BC所在直线的方程为y-2=-2(x-1),即2x+y-4=0. …………4分
（2）因为边AB所在直线的斜率为kAB=1, …………5分
边AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º所以边AC所在直线的斜率为-1, ………6分
其方程为y=-(x+1),即x+y+1=0. ……………………………………7分
联立方程2x+y-4=0,x+y+1=0,解得x=5,y=-6,即顶点C的坐标为(5,-6), …………9分
所以|BC|=45, …………10分
点A到直线BC的距离d=|-2-4|5=65, ……………………………………11分
因而△ABC的面积为S=12|BC|·d=12×45×65=12. ……………………12分
19、（本小题满分12分）
解:(1)设CD=a, CB=b, CC1=c, …………1分
由已知条件,得|a|=|b|=2, |c|=3, a·b=0, =60°, =60°. …………2分
D1
C1
B1
A1
B
C
A
D
而BD=CD-CB=a-b，………………………………3分
CA1=CD+ CB+ CC1=a+b+c, ……………………………4分
因为BD· CA1=（a-b）·（a+b+c）
=a2+a·b+a·c-b·a-b2--b·c
=22+0+2×3×cos 60°-0-22--2×3×cos 60°=0…………6分
所以BD⊥ CA1即BD⊥CA1…………………………………7分
(2)由(1),得CA1=a+b+c,
则|CA1|2=CA12=(a+b+c)2………………………………………9分
=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c
=22+22+32+0+2×2×3×cos 60°+2×2×3×cos 60°=29. …………11分
所以A1C的长为29…………12分
20、（本小题满分12分）
解: (1) 以{12BC,12BA,12BB1}为基底建立空间直角坐标系, ………1分
则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2). ………………………2分
所以AB1=(0,-2,2), BC1=(2,0,2), ………………………………3分
cos=AB1·BC1|AB1||BC1|=0+0+422×22=12.
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cos θ=12, ………………5分
因为θ∈0,π2,所以θ=π3. …………6分
（2）由（1）D(1,1,0), 直线AB1的方向向量为AB1=(0,-2,2) ………7分
设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z),
因为BC1=(2,0,2), BD=(1,1,0),
由BD· n=0, BC1· n=0得2x+2z=0,x+y=0,化简得y-z=0
取z=1，得y=1, x=-1
平面BC1D的法向量为n=(-1,1,1) ………………………………………9分
AB1· n=(0,-2,2)·(-1,1,1)=0-2+2=0
AB1⊥ n 即AB1∥平面BC1D. ………………………………………10分
（可用综合法证明：如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.
因为O为B1C的中点,D为AC的中点,
所以OD∥AB1.
因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,
所以AB1∥平面BC1D.
因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,
所以AB1∥平面BC1D.）
直线AB1与平面BC1D的距离为点A到平面BC1D的距离
d=|BA·n||n|=23=233…………………………………………………11分
直线AB1与平面BC1D的距离为233………………………………12分
22、 （本小题满分12分）
解:(1)如图,以{DA,12DC,DD1}为基底建立空间直角坐标系
D(0,0,0), A(1,0,0), D1(0,0,1), C(0,2,0), E12,2,0, M34,1,0, ,……1分
所以DC=(0,2,0),DM=34,1,0, CD1=(0,-2,1). ……………2分
法一：假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1,
并设CN=λCD1=λ(0,-2,1)=(0,-2λ,λ) (0<λ<1), ……………3分
则DN=DC+CN=(0,2,0)+(0,-2λ,λ)=0, 2-2λ, λ,
MN=DN-DM=-34,1-2λ,λ. ,…………………………4分
由题意知DC=(0,2,0)是平面ADD1A1的一个法向量,
所以MN⊥DC, 即2(1-2λ)=0, 解得λ=12. ………………5分
因为MN⊄平面ADD1A1,
所以当N为CD1的中点时,MN∥平面ADD1A1. ………6分
法二：由CD1⊂面Dyz, 假设CD1上存在点N(0,y,z), 使MN∥平面ADD1A1,
在△CDD1中,由三角形相似的性质知，z1=2-y2, 即y+2z=2 ①,……2分
DC=(0,2,0)是平面ADD1A1的一个法向量,而MN=(-34, y-1,z)
由DC·MN=0得2(y-1)=0 ②,………………………………………4分
由①②得：y=1,z=12,………………………………………………………5分
因为MN⊄平面ADD1A1,
所以当N为CD1的中点时,MN∥平面ADD1A1. ,…………………………6分
（2）法一：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1,2,t), t∈R. ,…7分
又点F在平面DMN内，因而存在实数λ,μ，使得DF=λDM+μDN，
即（1,2,t)=λ34,1,0+μ0,1,12，,……………………………………………8分
整理得：（1,2,t)=34λ, λ+μ, 12μ,………………………………………………9分
因而1=34λ2=λ+μt=12μ,解得λ=43μ=23t=13 ,……………………………………………………11分
所以F（1,2,13)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=13。,……12分
法二：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1,2,t), t∈R. ,……7分
设平面DMN的法向量为n=(x,y,z), DM=34,1,0, DN=0,1,12
由DM· n=0, DN· n=0得34x+y=0,y+12z=0,化简得34x-12z=0即3x-2z=0，取z=3得y= -32, x=2
因而平面DMN的法向量为n=(2, -32,3) ,……………………………………………9分
在平面DMN内任取一点，不妨取点D，与点F组成的向量DF=（1,2,t)，
可得DF· n=0，即2×1+(-32)×2+3t=0, ,………………………………………………10分
解得t=13,………………………………………………………………………………11分
因而F（1,2,13)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=13。,……12分
法三：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1,2,t), t∈R. ,……7分
设平面DMN内任一点P(x,y,z),
在平面DMN内任异于点P的一点，不妨取点D，与点P组成的向量DP=(x,y,z)，
因为DF· n=0，即2x-32y+3z=0, ,………………………………………………9分
将F（1,2,t)代入，解得z=13,…………………………………………………11分
因而F（1,2,13)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=13。,……12分
法四：（思路）：由（1）N为CD1的中点，延长DN, 必过点C1,
连结AB1,易证DC1∥AB1。
延长DM交AB于点G, 可证点G是线段AB的一个三等分点。
再过点G作GF∥AB1与线段BB1交于点F, 易得BF=13。
22. （本小题满分12分）
解（1）:如图,作AP⊥CD于点P,以A为坐标原点,AB,AP,AO所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, ……………………………………………………1分
则A(0,0,0), B(1,0,0), P0,22,0, D-22,22,0, O(0,0,2),
因为OP=0,22,-2, PD=-22,0,0, ,………………………………2分
法一：设平面OCD的法向量为n1=(x,y,z),
则n·OP=0,n·OD=0,得22y-2z=0,-22x=0.
取z=2,则x=0 , y=4,
所以n1=(0,4,2)是平面OCD的一个法向量. ,…………………4分
设点B到平面OCD的距离为d.
因为OB=(1,0,-2),
所以d=|OB·n||n|=23,
所以点B到平面OCD的距离为23. ,………………………………6分
(2)法一：因为M(0,0,1)，.MP=0,22,-1, PD=-22,0,0,……7分
设平面MCD的法向量为n2=(x,y,z),
则n·MP=0,n·PD=0,得22y-z=0,-22x=0. 取z=2,则x=0 , y=2,
所以n2=(0,2,2)是平面OCD的一个法向量. ,………………………9分
设平面M CD与平面OCD所成夹角为ϑ，
n1·n2=10，n1=32，n2=6
所以cosϑ=cos=|n1·n2||n1||n2|=1032×6=593,…………………11分
因而平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值为593,………………12分
法二：连结PO, PM，由OA⊥底面ABCD, CD⊂面ABCD,得OA⊥CD,又AP⊥CD，
CD⊥面OAP, 而PO, PM面OAP，所以CD⊥PO, CD⊥PM。
因而∠OPM是平面M CD与平面OCD所成二面角的平面角。…………8分
而PO=0,-22,2，PM=0,-22,1，………………………………………9分
PO·PM=52，PO=322，PM=62
所以cos∠OPM=cos=PO·PM|PO||PM|=52322×62=593……………11分
因而平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值为593,…………………12分