2022-2023学年广东省阳江市四校高二上学期期中联考数学试题(解析版)
展开2022-2023学年广东省阳江市四校高二上学期期中联考数学试题
一、单选题
1.经过点(-,2),倾斜角是30°的直线的方程是( )
A.y+(x-2) B.y+2=(x-)
C.y-2(x+) D.y-2=(x+)
【答案】C
【分析】根据k=tan30°求出直线斜率,再利用点斜式即可求解.
【详解】直线的斜率k=tan30°=,
由直线的点斜式方程可得y-2= (x+),
故选:C.
2.圆的圆心坐标和半径分别是( )
A.(-1,0),3 B.(1,0),3
C. D.
【答案】D
【分析】根据圆的标准方程,直接进行判断即可.
【详解】根据圆的标准方程可得,
的圆心坐标为,半径为,
故选:D.
3.如图,空间四边形中,,,,点为的中点,点在线段上,且,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】运用向量的减法和向量的数乘运算可得结果.
【详解】解:由已知
,
故选:D.
【点睛】本题考查向量的减法运算,及共线向量的知识.
4.设,向量,,,且,,则( )
A. B. C.4 D.3
【答案】D
【分析】先根据求出,再根据求出,故可求.
【详解】因为,故,故,
因为,故,故,故,,
故,故,
故选:D.
5.已知两点到直线的距离相等,则( )
A.2 B. C.2或 D.2或
【答案】D
【分析】利用点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】因为两点到直线的距离相等,
所以有,或,
故选:D
6.已知从点发出的一束光线,经x轴反射后,反射光线恰好平分圆:的圆周,则反射光线所在的直线方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】根据反射性质,结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设点的坐标为,圆的圆心坐标为,
设是x轴上一点,因为反射光线恰好平分圆的圆周,
所以反射光线经过点,
由反射的性质可知:,
于是,所以反射光线所在的直线方程为:
,
故选:A
7.如图,在直三棱柱中,,则与所成的角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系,写出,的坐标,由夹角公式可得结果.
【详解】如图,以为坐标原点,,,分别为,,轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
所以,,
所以,
所以直线与所成角的余弦值为.
故选:A.
8.已知动点P在正方体的对角线(不含端点)上.设,若为钝角,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系,
【详解】由题设,建立如图所示的空间直角坐标系,用坐标法计算,利用不是平角,可得为钝角等价于,即,即可求出实数的取值范围.
设正方体的棱长为1,
则有
∴,∴设,
∴,
,
由图知不是平角,∴为钝角等价于,
∴,
∴,
解得
∴的取值范围是
故选:C.
二、多选题
9.以下关于向量的说法正确的有( )
A.若=,则=
B.若将所有空间单位向量的起点放在同一点,则终点围成一个圆
C.若=-且=-,则=
D.若与共线,与共线,则与共线
【答案】AC
【分析】根据向量的基本概念和性质即可逐项判断.
【详解】若=,则和的大小相等,方向相同,故A正确;
将所有空间单位向量的起点放在同一点,则终点围成一个球,故B错误;
若=-,=-,则=-=,故C正确;
若与共线,与共线,则当时,无法判断与的关系,故D错误.
故选:AC.
10.已知直线:和直线:,则( )
A.若,则或 B.若在轴和轴上的截距相等,则
C.若,则或2 D.若,则与间的距离为
【答案】CD
【分析】由两直线平行,即可求出,则可判断出A选项,结合两直线的距离公式即可判断出D选项;由在轴和轴上截距相等等价于过原点或其斜率为,即可列出等式,解出或2,则可判断出B选项;由两直线垂直,即可求出或2,则可判断出C选项.
【详解】若,由,解得或,
经检验当时,,重合,当时,,
所以,故A错误;
若在轴和轴上截距相等,则过原点或其斜率为,则或,则或,故B错误;
若,则,解得或2,故C正确;
当时,,则:,:,
即:,则与间的距离为,故D正确.
故选:CD.
11.已知圆与圆有且仅有两条公共切线,则实数的取值可以是( )
A. B. C. D.
【答案】CD
【分析】由两圆方程可确定圆心和半径,根据两圆公切线条数可知两圆相交,根据相交时圆心距和两圆半径之间关系构造不等式求得的取值范围,进而得到结果.
【详解】圆方程可化为:,则圆心,半径;
由圆方程知:圆心,半径;
圆与圆有且仅有两条公切线,两圆相交,
又两圆圆心距,,即,解得:或,
可知CD中的的取值满足题意.
故选:CD.
【点睛】结论点睛:两圆之间圆心距为,半径分别为,则两圆位置关系与关系如下:
(1)内含:;(2)内切:;(3)相交:;
(4)外切:;(5)外离:.
12.如图所示,棱长为1的正方体中,P为线段上的动点(不含端点),则下列结论正确的是( )
A.平面平面 B.不是定值
C.三棱锥的体积为定值 D.
【答案】ACD
【分析】A.易证明平面,得到面面垂直;B.转化,再求数量积;C. ,根据底面积和高,判断体积是否是定值;D.由平面,判断线线是否垂直.
【详解】A.因为是正方体,所以平面,平面,所以平面平面,所以A正确;
B.
,故,故B不正确;
C.,的面积是定值,平面,点在线段上的动点,所以点到平面的距离是定值,所以是定值,故C正确;
D.,,,所以平面,平面,所以,故D正确.
故选:ACD
【点睛】本题考查点,线,面的位置关系,体积,空间向量数量积的综合判断题型,重点考查垂直关系,属于中档题型.
三、填空题
13.已知三点共线,则=____ .
【答案】
【分析】列方程来求得.
【详解】依题意:三点共线,
所以,即.
故答案为:
14.过点且与圆相切的直线的方程是______.
【答案】或
【分析】当直线斜率不存在时,可得直线,分析可得直线与圆相切,满足题意,当直线斜率存在时,设斜率为k,可得直线l的方程,由题意可得圆心到直线的距离,即可求得k值,综合即可得答案.
【详解】当直线l的斜率不存在时,因为过点,
所以直线,
此时圆心到直线的距离为1=r,
此时直线与圆相切,满足题意;
当直线l的斜率存在时,设斜率为k,
所以,即,
因为直线l与圆相切,
所以圆心到直线的距离,解得,
所以直线l的方程为.
综上:直线的方程为或
故答案为:或
15.长方体中,,,则点B到平面的距离为________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系,求平面的法向量,利用点到平面的距离公式求解即可.
【详解】解:在长方体中,以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立如图所示空间直角坐标系,
因为,,所以,, ,,,,
设平面的法向量为:
,
,令得:
又
点B到平面的距离为:.
故答案为:.
16.已知,,,,点在直线上运动,当取最小值时,点的坐标是______
【答案】
【分析】先利用向量共线定理设出Q点坐标,再利用向量的数量积运算得到关于的函数式,利用二次函数求最值即可得到答案.
【详解】因为点在直线上运动,所以存在,使得,
因为,所以,所以点的坐标为.
所以,,
所以,
所以当时,取最小值,此时点的坐标为.
故答案为:.
四、解答题
17.求经过两条直线l1:x+y-4=0和l2:x-y+2=0的交点,且分别与直线2x-y-1=0:
(1)平行的直线方程;
(2)垂直的直线方程.
【答案】(1)2x-y+1=0.
(2)x+2y-7=0.
【分析】由题意,联立方程组,解得与的交点为.
(1)设所求直线方程为,把点,代入直线方程,解得,即可求解;
(2)设所求直线方程为,把点,代入直线方程,解得,即可求解;
【详解】由题意,联立方程组,解得,即与的交点为.
(1)设与直线平行的直线方程为,
把点,代入直线方程,得,解得,
∴所求直线方程为2x-y+1=0.
(2)设与直线垂直的直线方程为,
把点,代入直线方程,得,解得,
即所求直线方程为x+2y-7=0.
【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用,以及直线方程的求解,其中解答中牢记两条直线的位置关系,合理设出所求的直线方程是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题.
18.如图所示,在平行六面体中,AB=AD=A=1,∠AD=∠AB=∠BAD=60°,求:
(1)A的长;
(2)B的长.
【答案】(1);(2).
【分析】(1)利用,然后平方转化为向量的数量积计算;
(2)利用,然后平方转化为向量的数量积计算;
【详解】(1)
=1+1+1+2×1×1×+2×1×1×+2×1×1×=6.
∴A==.
(2))
=1+1+1+2×1×1×(-)+2×1×1×+2×1×1×(-)=2.
∴=.
19.在中,已知,,.
(1)求边所在的直线方程;
(2)求的面积.
【答案】(1);(2).
【分析】(1)由直线方程的两点式可得;
(2)先求直线方程,再求到的距离,最后用面积公式计算即可.
【详解】(1),,
边所在的直线方程为,即;
(2)设到的距离为,
则,
,
方程为:即:
.
.
20.在三棱锥A—BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值;
(2)若点F在BC上,满足BF=BC,设二面角F—DE—C的大小为θ,求sinθ的值.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量数量积求直线向量夹角,即得结果;
(2)先求两个平面法向量,根据向量数量积求法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
(1)连
以为轴建立空间直角坐标系,则
从而直线与所成角的余弦值为
(2)设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角,考查基本分析求解能力,属中档题.
21.图1是直角梯形ABCD,,.以BE为折痕将折起,使点C到达C1的位置,且,如图2.
(1)证明:平面平面ABED;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)首先作辅助线,连接AE,AC,AC交BE于点F,利用垂直关系证明C1F⊥平面ABED,即可证明;
(2)以点为原点,建立空间直角坐标系,求平面的法向量,利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】(1)证明:如图①,连接AE,AC,AC交BE于点F.
因为,,所以,所以,
又,所以四边形AECB是平行四边形,,,
所以四边形是菱形,
在中,AC=,
所以.
在图②中,,
所以,
所以,
由题意得,又,平面ABED,
所以平面ABED,又平面,
所以平面平面ABED.
(2)如图②,以D为坐标原点,,的方向分别为x,y轴的正方向,的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系
则,
F,,
所以,,,
设平面的法向量为=(x,y,z),
由得
取,得,所以,
记直线与平面所成的角为θ,
则==.
22.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD是一个边长为2的菱形,∠DAB=60°.侧棱DD1⊥平面ABCD,DD1=3.
(1)求二面角B-D1C-D的平面角的余弦值;
(2)设E是D1B的中点,在线段D1C上是否存在一点P,使得AE∥平面PDB?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在,
【分析】(1)建立空间直角坐标系,根据向量的夹角即可求二面角,
(2)根据线面平行的向量方法,利用法向量与方向向量垂直即可求解.
【详解】(1)如图1,连接BD,由题意,△ADB是正三角形,设M是AB的中点,则DM⊥AB,所以DM⊥DC,
又DD1⊥平面ABCD,所以DM⊥平面DD1C1C.
以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),D1(0,0,3),C(0,2,0),B(,1,0),
则=(-,1,0),=(-,-1,3).
显然,平面D1CD的一个法向量是,
设平面BD1C的法向量为(x,y,z),
则令x=,得(,3,2),
设二面角B-D1C-D的平面角为θ,由几何体的特征可知为锐角,
则==.
故二面角B-D1C-D的平面角的余弦值为.
(2)设=λ,即有,其中
由(1)知D1,C,则,
所以P,又D,B,
于是=,=,
设平面PBD的法向量为,
则令x=,得,
因为A,D1B的中点为E,
所以=,
因为平面PDB,所以,
即,得λ=,
即线段D1C上存在点P使得平面PDB,此时=
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