2022-2023学年广东省广州市天河外国语学校高二上学期期中数学试题（解析版）

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2022-2023学年广东省广州市天河外国语学校高二上学期期中数学试题一、单选题1．直线的斜率为（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将直线方程化成斜截式即可得直线的斜率.【详解】解：因为直线方程为，化为斜截式为：，所以直线的斜率为：.故选：D.2．若，，则等于（    ）A．5 B． C．7 D．【答案】B【分析】利用空间向量的四则运算与数量积的坐标表示即可求解.【详解】∵，，∴两式相加得，∴，∴，∴，故选：B．3．若直线是圆的一条对称轴，则m的值为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】求出圆心坐标代入直线方程可求得参数值．【详解】由已知圆的标准方程是，圆心坐标为，所以，．故选：B．4．两圆与的公切线有（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】D【分析】求得圆心坐标分别为，半径分别为，根据圆圆的位置关系的判定方法，得出两圆的位置关系，即可求解.【详解】由题意，圆与圆，可得圆心坐标分别为，半径分别为，则，所以，可得圆外离，所以两圆共有4条切线.故选：D.5．在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可求在方向上的投影数量，进而点到直线的距离为，即求.【详解】∵，，，∴，∴，∴在方向上的投影数量为，∴点到直线的距离为.故选：C.6．已知点与点关于直线对称，则点的坐标为A． B． C． D．【答案】D【解析】根据对称列式求解.【详解】设,则，选D.【点睛】本题考查关于直线对称点问题，考查基本分析求解能力，属基础题.7．如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段即可得结果.【详解】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，，则，，由得，即，由于，所以，，所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段，由图知：，故选：B.8．已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据上，得到点p在线段AB上，其方程为上，又点在直线l上，联立其方程，求得，然后由求解.【详解】将代入得，将代入得，所以A，B不在直线l上，又上，所以点p在线段AB上，直线AB的方程为：，由，解得，直线方程，即为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以，则，所以，即，因为，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是得到点P在线段AB上，再根据点P的直线l上，联立求得，再利用斜率与倾斜角的关系而得解.二、多选题9．直线不过第二象限，则a的可取值为（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】CD【分析】分，时讨论，可得，即得.【详解】当时，，适合题意，当时，则，由直线不过第二象限，所以，解得，综上，.故选：CD.10．关于空间向量，以下说法正确的是（     ）A．非零向量，，若，则B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底D．若空间四个点，，，，，则，，三点共线【答案】ABD【分析】由向量垂直的性质判断；由共面向量定理判断；由向量加法法则判断；由共线向量定理判断．【详解】对于，非零向量，，若，则，正确；对于，若对空间中任意一点，有，，，，，四点共面，故正确；对于， ∵∴共面，不可以构成空间的一组基底，故错误；对于，若空间四个点，，，，，∵，则，，三点共线，故正确．故选：．11．已知直线与圆，则（    ）A．直线与圆C相离B．直线与圆C相交C．圆C上到直线的距离为1的点共有2个D．圆C上到直线的距离为1的点共有3个【答案】BD【分析】根据直线与圆的位置关系可判断.【详解】由圆，可知其圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离，所以可知选项B，D正确，选项A，C错误.故选：BD12．在棱长为1的正方体中，已知为线段的中点，点和点分别满足，，其中，，，则（       ）A．当时，三棱锥的体积为定值B．当时，四棱锥的外接球的表面积是C．若直线与平面所成角的正弦值为，则D．存在唯一的实数对，使得平面【答案】ABC【分析】根据锥体体积的求法、几何体外接球表面积的求法、线面角、线面垂直等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.【详解】对于A，当时， 是的中点，连接与交于点，则为的中点，∴，面，又点在上，∴点到面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，当时，点为的中点，设四棱锥的外接球的半径为，则球心O在PM延长线上，由OP=R得OM=，由得，解得，∴外接球的表面积为，故B正确；对于C，连接，过点作于，连接，∵平面，∴平面平面，平面平面，∴平面，∴为与平面所成角，∵，∴，，在由余弦定理有，在中由勾股定理有，∴，解得，故C正确．对于D，∵点在上，又在上，在上，∴平面即为平面，又易证平面，∴是平面的法向量，∴要使平面，须与共线，即须与共线，显然不可能，∴不存在实数对使得平面，故D错误.故选：ABC三、填空题13．过作圆的切线，则其切线方程为____________.【答案】或【解析】当过点的直线斜率不存在时，方程是，通过验证圆心到直线的距离，得到符合题意；当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径1，建立关于的方程，解之得，进而得到直线的方程，最后综合可得答案．【详解】圆的圆心为，半径为1，（1）当过点的直线垂直于轴时，此时直线斜率不存在，方程是，圆心到直线的距离为，直线符合题意；（2）当过点的直线不垂直于轴时，设直线方程为，即．直线是的切线，点到直线的距离为，解之得，此时直线方程为．切线方程为或．故答案为：或．【点睛】借助于求过圆外一个定点的圆的切线方程的问题，考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．14．若直线，平行，则与间的距离为___________.【答案】【分析】根据两直线平行得出实数满足的等式与不等式，再利用平行线间距离公式即求.【详解】由于直线与平行，则，解得，所以，∴与间的距离为.故答案为：15．若圆：与圆：相交于，两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则线段的长为______．【答案】【分析】由切线互相垂直可知，进而可得，再结合三角形面积可得解.【详解】根据题意，圆：的圆心为，半径；圆：的圆心为：，半径．由圆：与圆：相交于，两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则有，可得．由，得故答案为：．16．三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，点Q为平面ABC内的动点，且满足，记直线PQ与直线AB的所成角为，则的取值范围为___________.【答案】【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的正弦值的取值范围.【详解】因为两两垂直，且，所以由全等三角形可知，所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：设，，所以，所以，所以，所以，且，所以，所以，故答案为：.【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.四、解答题17．求符合下列条件的直线的方程：(1)过点，且斜率为；(2)过点，；(3)过点且在两坐标轴上的截距相等．【答案】(1)；(2)；(3)或.【分析】（1）利用点斜式写直线方程即可；（2）利用斜率公式求出斜率，再用点斜式写直线方程；（3）利用斜截式和截距式待定系数求直线方程.【详解】(1)∵所求直线过点，且斜率为，∴，即；(2)∵所求直线过，，∴，∴，即；(3)当直线过原点时，设直线方程为，∵直线过点，∴，直线方程为，即；当直线不过原点时，设直线方程为，将点代入上式，得，解得，故直线的方程为，综上，直线方程为或．18．如图，在四棱锥中，底面正方形，平面底面，平面底面，，分别是的中点，为的中点．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点，连接由中位线性质、线面平行的判定可得面、面，根据面面垂直的判定和性质即可证结论；（2）构建空间直角坐标系，求直线的方向向量、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.【详解】(1)如图，取中点，连接分别是的中点，，又分别是的中点，，面面，面，同理，分别是的中点，∴，面，面∴面，又，面面面面面，平面，(2)面面，面面，面内存在过直线，所以面；面面，面面，面内存在过直线；所以面；又都过面，由过一点有且仅有一条直线与平面垂直，故为同一条直线，面面，即为直线，故面，如图，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，得，，，设面的法向量为，可得，令，得，故，故与面所成角的正弦值为．19．已知圆过点，，且圆心在直线：上.(1)求圆的方程；(2)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程.(3)若点在直线上运动，求的最小值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由题意可求线段的中垂线方程，联立直线方程可得圆心，进而可得半径与圆的方程；（2）由恰好平分圆的圆周，得经过圆心，求点关于直线的对称点，求出直线即为；（3）由题意设点的坐标为，根据两点间距离公式可得，进而可得最小值.【详解】(1)由，，得直线的斜率为，线段中点，所以，直线的方程为，即，联立，解得，即，所以半径，所以圆的方程为；(2)由恰好平分圆的圆周，得经过圆心，设点关于直线的对称点，则直线与直线垂直，且线段的中点在上，即，解得，所以，所以直线即为直线，且，直线方程为，即；(3)由已知点在直线上，设，则，所以当时，取最小值为.20．如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．(1)用，，表示向量；(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)当时，【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；（2）设，，用，，表示向量，依题意可得，根据空间向量数量积的运算律求出，即可得解．【详解】(1)解：因为是中点，所以，所以；(2)解：假设存在点，使，设，，显然，，因为，所以，即，，，，即，解得，所以当时，.21．在直角坐标系中，直线交x轴于M，以O为圆心的圆与直线l相切.(1)求圆O的方程；(2)设点为直线上一动点，若在圆O上存在点P，使得，求的取值范围；(3)是否存在定点S，对于经过点S的直线L，当L与圆O交于A，B时，恒有？若存在，求点S的坐标：若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，点S的坐标为【分析】(1)求出点O到直线l的距离即可求得圆O的方程.(2)对于直线上的每一点N，当NP与圆O相切时，最大，由即可计算得解.(3)当直线L斜率存在时，设其方程为，与圆O的方程联立，利用给定条件并借助韦达定理探求k，m的关系即得，再讨论直线L斜率不存在的情况即可判断作答.【详解】(1)原点O到直线的距离为，因圆O与直线l相切，所以圆O的方程为：.(2)点O到直线的距离为，即直线与圆O：相离，对于此直线上的每一点N，点P在圆O上，当NP与圆O相切时，点O到直线NP距离为圆O半径2，是点O到由点N与圆O上任意点确定的直线距离最大的，如图，，要圆O上存在点P，使得，当且仅当NP与圆O相切且，即，则有，因此，，而，即，解得，所以的取值范围是.(3)直线L斜率存在时，设其方程为，由消去y并整理得：，设，则，而点，要成立，当且仅当直线AM，BM斜率互为相反数，即，则，整理得，即，化简得，直线L：恒过定点，显然点在圆O内，方程有两个不等实根，当直线L斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，恒有成立，此时，直线L可为和圆O：相交且与x轴垂直的每一条直线，直线为其中之一，综上得，无论直线L斜率存在与不存在，只要L过点就恒有成立，所以存在定点S，对于经过点S的直线L，当L与圆O交于A，B时，恒有.22．如图1，四边形为直角梯形，，，，.为线段上的点，且.将沿折起，得到四棱锥(如图2)，使得.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【分析】（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，可得，，即可得到平面，即可得到，再由，则平面，从而得证；（2）连接交于，过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，则，因为且，所以为等边三角形，所以，在中，，因为，所以，，在图2中，所以为等腰三角形，所以，在中，且，，，所以，所以，所以，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以平面平面；（2）连接交于，过点作交于点，由（1）知平面，所以且，因为，所以，如图建立空间直角坐标系，所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以，令，则，取面的法向量，所以，由图可知二面角为锐二面角，故其余弦值为【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直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.