2022-2023学年广东省茂名市电白区高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省茂名市电白区高二上学期期中数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省茂名市电白区高二上学期期中数学试题 一、单选题1．过点，的直线的斜率为-2，则的值为A．6 B．1 C．2 D．4【答案】A【解析】由题意知解方程即可.【详解】由题意知，∴.故答案为A.【点睛】根据直线斜率的概念得到结果.2．已知则=（    ）A．  B．  C． D．【答案】C【分析】根据空间向量的坐标运算即可求解.【详解】故选:C.3．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点，则EF与CG所成角的余弦值是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】建立如图示的空间直角坐标系：由题意可得：，，，，，，，，，，.所以,.设EF与CG所成角为，则.即EF与CG所成角的余弦值是.故选：D4．若点在直线上的射影为，则直线的一般式方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先求出直线的斜率，即可得到直线的斜率，再由点斜式求出直线方程.【详解】解：由题意可得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.故选：A5．圆O1：x2+y2-2x=0与圆O2：x2+y2+4y=0的公共弦所在的直线方程是（    ）A．x+2y=0 B．x-2y=0C．2x+y=0 D．2x-y=0【答案】A【分析】将两圆的方程相减即可求出两圆的公共弦所在的直线方程.【详解】因为x2+y2-2x=0，x2+y2+4y=0，所以(x2+y2-2x)-(x2+y2+4y)=0，所以x+2y=0，即所求直线方程为x+2y=0.故选：A6．如图,在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)中,E为BC延长线上一点,,则=A． B．C． D．【答案】B【分析】如图所示,取的中点,连接,，再求出，即得解.【详解】如图所示,取的中点,连接,则且,四边形是平行四边形,且，又，，故答案为B【点睛】本题主要考查平行六面体的性质、空间向量的运算法则，意在考查空间想象能力以及利用所学知识解决问题的能力.7．与圆关于直线对称的圆的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设圆心关于直线对称的点的坐标为，利用垂直以及中点在对称轴上，求得，的值，可得对称圆的方程．【详解】解：设圆心关于直线对称的点的坐标为，所以，解得，故对称圆的圆心为，对称圆的半径和原来的圆一样，故对称圆的方程为；故选：C．8．如图，正四面体的棱长为1，的中心为，过点的平面与棱，，，，所在的直线分别交于，，，，，则（    ）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】根据，结合空间共面定理即可求出结果.【详解】因为为的中心，所以，设，，，所以．因为，，，四点共面，所以，即，.故选：B. 二、多选题9．若向量，，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据空间向量夹角公式判断A，根据空间向量垂直的坐标表示判断B，根据空间向量平行的坐标关系判断C，根据空间向量的模的公式判断D．【详解】由已知，，D正确；，与不垂直．B错误；，A正确；设，则，，，满足条件的不存在，因此与不共线，C错误；故选：AD．10．已知，，则（    ）A．，夹角为锐角B．与相互垂直C．D．以，为邻边的平行四边形的面积为【答案】ABD【分析】根据空间向量的坐标运算逐项分析判断.【详解】，，则，对A：∵，则与不共线，又∵，故，夹角为锐角，故 A正确；对B：∵，则，∴与相互垂直，故B正确；对C：，，即，故C错误；对D：∵，则，故以，为邻边的平行四边形的面积为，故D正确.故选：ABD.11．已知直线：和直线：，下列说法正确的是（   ）A．始终过定点B．若，则或-3C．若，则或2D．当时，始终不过第三象限【答案】ACD【分析】将直线化为可判断A；将或-3代入直线方程可判断B；根据可判断C；将直线化为，即可求解.【详解】：过点，A正确；当时，，重合，故B错误；由，得或2，故C正确；：始终过，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.故选：ACD【点睛】本题考查了直线过定点、直线垂直求参数，考查了基本运算求解能力，属于基础题.12．关于圆C：，下列说法正确的是（    ）A．k的取值范围是B．若，过的直线与圆C相交所得弦长为，其方程为C．若，圆C圆相交D．若，，直线恒过圆C的圆心，则恒成立【答案】AC【分析】根据圆的一般方程可判断A；利用点到直线的距离为可判断B；根据圆心距可判断C；由题可得，然后利用基本不等式可判断D.【详解】对于A，若方程表示圆，则，解得，故A正确；对于B，若，则圆C：，即，圆心为，半径为若过的直线的斜率不存在时，直线方程为，则圆心到直线的距离为1，所以直线与圆C相交所得弦长为，满足已知条件，故直线方程可以为；若过的直线的斜率存在时，设斜率为m，则直线方程为，即，设圆心到直线的距离为d，又弦长为，则，则，即，解得，故直线方程为；故满足已知条件的直线方程为或，故B错误；对于C，，则圆C：，圆心为，半径为2，圆的圆心为，半径为1，两圆心间的距离为，且，故两圆相交，故C正确；对于D，若，圆心为，若直线恒过圆C的圆心，则，又，则，当且仅当，即时等号成立，故D错误.故选：AC. 三、填空题13．过点，且斜率为2的直线方程是___________．【答案】【解析】根据点斜式写出方程即可.【详解】由点斜式方程可得，即该直线的方程为故答案为：【点睛】本题主要考查了写出直线的点斜式方程，属于基础题.14．圆心为且过原点的圆的方程是__________．【答案】 【详解】由题意知圆的半径圆的方程为15．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是______；该几何体外接球的表面积为；若G为EC中点，则平面AEF；的最小值为3．【答案】【分析】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得D，A，B，C，F，E的坐标，由，的坐标表示，可判断；确定球心为矩形BDEF的对角线交点，求得半径，可判断；求得G的坐标，求得平面AEF的法向量，计算可判断；设出G的坐标，由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断．【详解】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，可得0，，0，，1，，1，，1，，0，，即有1，，1，，由，可得，故正确；由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点，可得半径为，即有该几何体外接球的表面积为，故正确；若G为EC中点，可得1，，0，，0，，1，，设平面AEF的法向量为y，，可得，且，可设，可得一个法向量为，由，可得则平面AEF，故正确；设t，，，当时，取得最小值，故错误．故答案为．【点睛】本题考查空间线面的位置关系和空间线线角的求法，以及向量法解决空间问题，考查运算能力，属于中档题．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 四、双空题16．如图所示，多面体是由底面为ABCD的长方体被平行四边形AEC1F所截而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1.则BF的长为_______，点C到平面AEC1F的距离为______________.【答案】          【分析】建系，空1：根据AEC1F为平行四边形求点F的坐标，运用向量的模的计算方法，可得BF的长度；空2：运用向量坐标运算计算点到平面的距离.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，空1：设，由题意可知：四边形AEC1F为平行四边形，则，即，则z=2，即，∴，则，故BF的长为.空2：设平面AEC1F的一个法向量为，因为，，则，令，则，即，因为，则点C到平面AEC1F的距离为.故答案为：；. 五、解答题17．已知顶点，边上的高为且垂足为E.(1)求边上中线所在的直线方程；(2)求点E的坐标．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求得点坐标，根据两点式求得的方程、（2）根据求得点的坐标.【详解】（1），即，所以直线的方程为.（2）直线的方程为，设，依题意，所以，，即.18．已知向量=(1，1，0)，=.(1)若()∥()，求实数k；(2)若向量与所成角为锐角，求实数k的范围.【答案】(1)(2)，且 【分析】（1）先由向量的坐标运算求出和，再利用两向量共线进行求解；（2）利用数量积为正求出的范围，再去掉两向量共线的情形.【详解】（1）解：由题意知，=（，1，2k），=（1，2，2），那么当（）∥（）时，，可得.（2）解：由（1）知，=（，1，2k），=（1，2，2），若向量与所成角为锐角时，则（）·（），即，即得，又当k=时，（）∥（），可得实数k的范围为，且.19．在直四棱柱中，四边形为平行四边形，为的中点，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用勾股定理可证得，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用向量数量积运算可证得，，由线面垂直的判定可得结论；（2）利用面面角的向量求法直接求解即可.【详解】（1）四边形为平行四边形，，又，，，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，即，，，平面，平面.（2）由（1）：平面的一个法向量为；设平面的法向量，，，，令，解得：，，，，平面与平面夹角的余弦值为.20．已知圆C：与直线l：(1)证明：直线和圆恒有两个交点；(2)若直线和圆交于两点，求的最小值及此时直线的方程．【答案】(1)证明见解析(2)， 【分析】（1）变换得到，得到，得到直线过定点，确定定点在圆内，得到证明.（2）当直线时，被圆C截得的弦最短，根据垂直关系得到直线斜率，过点得到直线方程.【详解】（1）直线，即，联立，解得，所以不论取何值，直线必过定点，圆C：，圆心坐标为，半径，因为，所以点P在圆C内部，则直线l与圆C恒有两个交点．（2）直线经过圆C内定点，圆心，当直线时，被圆截得的弦最短，此时，因为，所以直线l的斜率为，又直线l过点，所以当取得最小值时，直线l的方程为，即，综上：最小值为，此时直线l方程为21．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．（1）求证：BM//平面PAD．（2）平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；N为AE的中点．【分析】（1）取PD的中点E，连接EM，AE，由中位线性质可证ABME是平行四边形，根据线面平行的判定可证BM∥平面PAD．（2）由线面垂直的判定及性质可得PD⊥平面ABME，作MN⊥BE，交AE于点N，由线面垂直的性质得MN⊥PD，即有MN⊥平面PBD，利用△BME∽△MEN得到线段比例关系证N为AE的中点.【详解】（1）证明：取PD的中点E，连接EM，AE，则有且，而且，∴，.∴四边形ABME是平行四边形，即BM∥AE．∵AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD．（2）解：当N为AE的中点时，MN⊥平面PBD．理由如下：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，即AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PA＝AD，E是PD的中点，即AE⊥PD，而AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABME．作MN⊥BE，交AE于点N，∴MN⊥PD，又PD∩BE＝E，∴MN⊥平面PBD．易知△BME∽△MEN，而，∴，即，而，∴N为AE的中点．【点睛】关键点点睛：（1）由中位线性质证平行四边形，根据线面平行的判定证线面平行；（2）综合应用线面垂直的判定及性质证MN⊥平面PBD，结合三角形相似确定N的位置.22．已知圆M与直线x=2相切，圆心M在直线x+y=0上，且直线被圆M截得的弦长为2.(1)求圆M的方程，并判断圆M 与圆N：的位置关系；(2)若在x轴上的截距为且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得?若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)，相交(2)存在， 【分析】（1）设圆心与半径，根据条件求解即可得到圆方程；根据两圆心之间的距离与半径的关系判断两圆位置关系.（2）设Q(t，0)，直线，代入圆方程写出韦达定理， 将用表示，代入韦达定理即可得到为定值.【详解】（1）设圆M的圆心为，半径为r，因为圆M与直线x=2相切，所以，又因为直线被圆M截得的弦长为2，所以 解得即圆心坐标为(0，0)，r=2，所以圆M的方程为 .由题意知，圆N的圆心为(3，-4)，半径R=， ， .因为 ，，所以圆M与圆N相交.（2）存在.设l：， ， ，由得 .由根与系数的关系，得假设存在Q(t，0)满足条件，则 , 由 ，得，即即即且m≠0，所以 .所以存在满足条件.