重庆市璧山来凤中学2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市璧山来凤中学2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
来凤中学高2021级高二上学期期中数学试题（出题人：杨崇明 审题人：谭大）一、单选题（每个5分，共40分）1. 直线的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先由直线方程求出直线的斜率，从而可求出倾斜角【详解】解：设倾斜角为，由所给直线方程可得斜率，则，因为，所以即倾斜角为，故选：C．【点睛】此题考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题.2. 已知点A(2, 3)，B(－3, －2)，若直线l过点P(1, 1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）A. k≥2或k≤ B. ≤k≤2 C. k≥ D. k≤2【答案】A【解析】【详解】试题分析：因为，，结合图象可知，当或时，则直线与线段相交，故选A．考点：直线的斜率．3. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则（    ）A. －4 B. －10 C. 4 D. 10【答案】A【解析】【分析】根据关于平面对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，即可求出点关于平面的对称点的坐标，再利用向量的坐标运算求.【详解】解：由题意，关于平面对称的点横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，从而有点关于对称的点的坐标为（2，−1，-3）．.
故选：A．【点睛】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，考查数量积的坐标运算，属于基础题．4. 直线与直线平行，那么的值是（　　）A.  B.  C. 或 D. 或【答案】B【解析】【分析】根据两直线平行的等价条件列方程组，解方程组即可求解.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得：，故选：B.5. 从点射出的光线沿与向量平行的直线射到轴上，则反射光线所在直线的方程为（   ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求得关于轴的对称点，由此求得反射光线所在直线方程.【详解】关于轴的对称点为，由于入射光线与平行，所以反射光线的斜率是，所以反射光线所在直线方程为.故选：B6. 平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)过顶点A的三条棱的夹角分别是，，，所有的棱长都为2，则的长等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据空间向量表示，再利用数量积公式计算模.【详解】， .故选：D7. 如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量线性运算进行计算，用表示出．【详解】因为是中点，所以，是的重心，则，所以，因为所以，若，则．故选：D．【点睛】本题考查空间的向量的线性运算，掌握向量线性运算的运算法则是解题关键．8. 已知三棱锥的所有棱长均为2，点M为边上一动点，若且垂足为N，则线段长的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】A【解析】【分析】取中点，得点在以为球心，半径为1的球面上，进一步可得的轨迹为一段圆弧，设点在平面的投影点为，则点在以为圆心的圆弧上，可得当点在上时，取最小值，求解三角形计算得答案．【详解】解：取中点，，点在以为球心，半径为1的球面上，又点在平面上，故的轨迹为一段圆弧，设点在平面的投影点为，且点为中点），则点在以为圆心的圆弧上，，设到的距离为，则，即，得，，由在上时，求得，求解△，得，则当点在上时，取最小值，故选：．【点睛】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，解答的关键是弄清动点的轨迹；二、多选题（每题5分，共20分，选对不全得2分，错选或多选不得分）9. 已知向量，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C. 向量，的夹角为 D. 在方向上的投影是【答案】AC【解析】【分析】根据坐标运算法则，依次求解各个选项，即可得到结果.【详解】A.∵  ∴，A正确；B.，，错误；C. ，所以夹角为；D. 在方向上的投影为.故选：AC.10. 圆，直线，点在圆上，点在直线上，则下列结论正确的是（　　）A. 直线与圆相交 B. 若点到直线距离为3，则点有2个C. 的最小值是 D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是【答案】BC【解析】【分析】利用圆心到直线的距离判断A选项；通过判断BC选项；通过勾股定理计算切线长判断D选项.【详解】圆，圆心，半径，圆心到直线的距离，故直线与圆相离，A错误；的最小值是5-4=1，最大值是5+4=9，故点到直线的距离为3时，点有2个，B正确，C正确；设点向圆引切线，，最小时，即最小，的最小值为圆心到直线的距离，此时，D错误.故选：BC.11. 已知圆和圆相交于、两点，下列说法正确的为（    ）A. 两圆有两条公切线 B. 直线的方程为C. 线段的长为 D. 圆上点，圆上点，的最大值为【答案】AD【解析】【分析】由圆与圆相交可判断A；两圆方程作差可判断B；利用垂径定理可判断C；转化为圆心间的距离可判断D.【详解】对于A，因为两圆相交，所以两圆有两条公切线，故A正确；对于B，因为圆，圆，两圆作差得即，所以直线的方程为，故B错误；对于C，圆的圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，所以，故C错误；对于D，圆的圆心，半径为1，所以，故D正确.故选：AD.12. 泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（    ）A. 点的轨迹方程是B. 直线：是“最远距离直线”C. 平面上有一点，则的最小值为5.D. 点P的轨迹与圆：是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）【答案】ABC【解析】【分析】对A，设，根据定义建立关系可求出；对B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对C，根据定义转化为求即可；对D，易判断为交点.【详解】设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，化简得，故A正确；联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：ABC.三、填空题13. 已知空间向量，，且与垂直，则等于 ___．【答案】【解析】【分析】根据向量垂直数量积等于列方程即可求解.【详解】因为向量，，且与垂直，所以，可得，故答案为：.14. 直线与圆的位置关系是______.【答案】相切【解析】【分析】将圆表示为标准方程，求出圆心、半径，圆心到直线的距离，比较大小.【详解】圆可化为圆心为，半径为圆心到直线的距离，所以直线与圆相切.故答案为：相切.15. 已知直线，圆，若直线与圆相交于两点,则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】求出直线过的定点，当圆心和定点的连线垂直于直线时，取得最小值，结合即可求解.【详解】由题意知，圆，圆心，半径，直线，，，解得，故直线过定点，设圆心到直线的距离为，则，可知当距离最大时，有最小值，由图可知，时，最大，此时，此时.故的最小值为.故答案为：.16. 在长方体中，已知，E、F分别为、的中点，则三棱锥的外接球半径为______，平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为______．【答案】    ①.     ②. ##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量坐标，可以证明，取为中点，有，因此点为三棱锥外接球的球心，则，球心到平面的距离为，勾股定理可得截面圆的半径为，即得解【详解】解：以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：依题意得：，，，则，，所以，则即；设为中点，因为，，则，所以点为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径为，设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，所以，故截面圆的半径为，所以截面圆面积为，故答案为：；四、解答题17. 如图所示，在平行四边形中，点.（1）求直线方程；（2）过点C作于点D，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求直线的斜率，先求直线的斜率，最后求所在直线方程（2）先求所在直线的斜率，再求所在直线方程.【详解】解：（1）因为点，点，所以直线的斜率，因为，所以，所以所在直线方程为即.（2）在平行四边形中，，因为，所以所在直线的斜率，所以所在直线方程为，即.【点睛】本题考查利用两条直线平行求直线方程、利用两条直线垂直求直线方程，是基础题18. 如图所示，已知直三棱柱，，，，、分别是所在棱上的中点．（1）求证：；（2）求异面直线、所成的角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法确定直线的位置关系；（2）利用向量法求异面直线所成的角.【小问1详解】如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系. 由题意得C1(0，0，2)，M，＝(－1，1，－2)，＝，∴·＝－＋＋0＝0，即【小问2详解】由题意得B(0，1，0)，，∴＝(0，1，2)，·∴.，故所求异面直线、所成的角的余弦值19. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知.（1）求；（2）中线长为，长为，求的面积.【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将化为，再利用三角函数公式化简可求出角的值；（2）延长至，使得，于是，然后利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式求解即可【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理，有化简得即因为是内角，于是故，因为，所以（2）延长至，使得，于是由余弦定理知即解得或（舍），于故【点睛】关键点点睛：此题考查正余弦定理的应用，考查三角形的面积公式，解题的关键是利用正弦定理将化为，统一为角，再利用三角函数公式化简求解，考查计算能力，属于中档题20. 如图，在四棱锥S﹣ABCD中，ABCD为直角梯形，AD∥BC，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD．△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BC＝2AD＝2CD＝4，E为BS上一点，且BE＝2ES．（1）证明：直线SD∥平面ACE；（2）求二面角S﹣AC﹣E余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）连接交于点，连接．由，得与相似．推导出．由此能证明直线平面．（2）推导出平面．以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角的余弦值．【详解】解：（1）证明：连接交于点，连接．因为，所以与相似．所以．又，所以．因为平面，平面，所以直线平面．（2）解：平面平面，平面平面，平面，，所以平面．以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，0，，，1，，，2，，，，2，，，1，，．设平面的一个法向量为，，，则，令，得，，，设平面的一个法向量为，，，则，令，得，，．设二面角的平面角的大小为，则．所以二面角的余弦值为．【点睛】本题考查了立体几何中的线面的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21. 如图，平面，，点M为BQ的中点.（1）求二面角的正弦值；（2）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过空间向量数量积即可求二面角的正弦值；（2）设，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求出，推出结果.【详解】解：（1）平面，，以为坐标原点，，， 的方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得：，，，，，，，设平面和平面的法向量分别为，，则，即 ，令，即，，即 ，令，即，，，二面角的正弦值为；（2）设，， 即，则，，由（1）知：平面的法向量为，由题意知：，即，整理得：，解得：，或，又，，，，即线段的长为.【点睛】方法点睛：解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错；（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量；（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.22. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）过点的直线与圆交于，两点，问：在直线上是否存在定点，使得，分别为直线，的斜率）恒成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在；，.【解析】【分析】（1）的垂直平分线与直线的交点就是圆心，求出圆心即可得到半径，圆的方程得解；（2）设直线AB的方程为，联立直线与圆的方程，消去y整理得，根据建立等式，结合韦达定理求出定点，检验直线斜率为0和斜率不存在的情况.【详解】（1）由，，可知线段的中点为，，的垂直平分线的斜率为，的垂直平分线的方程为.-的垂直平分线与直线的交点即为圆心，由，解得，即，又圆的半径，圆的方程为；（2）当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，则过点的直线的方程为，由，消去整理得.设，，，，，.设，则，.由，即有，即，即，将式代入得，解得，故点的坐标为，.当直线平行轴时，显然点，可使成立.所以在直线上存在定点，使得恒成立.【点睛】此题考查根据圆的几何特征求圆的方程，第二问关键点是即结合韦达定理处理定点问题，综合性比较强.