2022-2023学年广东省四中、三中、培正三校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省四中、三中、培正三校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年广东省四中、三中、培正三校高二上学期期中联考数学试题 一、单选题1．直线经过原点和，则的倾斜角是（    ）A．－60° B．60° C．120° D．150°【答案】C【分析】根据直线经过两点的坐标求出斜率，进而根据以及直线倾斜角的范围即可求出结果.【详解】因为直线经过原点和，所以，设直线的倾斜角为，故，因为，所以，故选：C.2．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）A． B．C．或 D．与的位置关系不能判断【答案】B【分析】观察到的直线的方向向量与平面的法向量共线，由此得到位置关系．【详解】解：直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，显然它们共线，所以．故选：B．3．直线在轴，轴上的截距相等，则的值为A． B．2 C．或2 D．4或【答案】C【分析】先考虑直线过原点情况，再考虑截距不为0的情况,分别求得直线在轴，轴上的截距，由截距相等求得m的值．【详解】若直线过（0，0）点，则-4-m=0,则m=-4,令x=0,则y=,再令y=0,则，由在轴，轴上的截距相等，得，解得m=2.综上m=2或m=-4.选C.【点睛】截距相等要分两种情况考虑，一种是直线过原点，即截距为0，另一种是截距不为0的情况．4．已知直线，，且，点到直线的距离（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据两直线垂直公式求得，再用点到线的距离求解即可【详解】由可得，解得，故故选：D5．棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】用表示，然后计算数量积．【详解】由已知，因为，，所以，，．故选：D．6．已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】直线l过定点P（1，1），且与线段AB相交，利用数形结合法，求出PA、PB的斜率，从而得出l的斜率的取值范围,即得解【详解】设直线过定点，则直线可写成，令解得直线必过定点．，．直线与线段相交，由图象知，或，解得或，则实数的取值范围是．故选：A【点睛】本题考查了直线方程的应用，过定点的直线与线段相交的问题，考查了学生综合分析、数形结合的能力，属于中档题．7．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直线始终平分圆的周长，即直线经过点,即故点在直线上,可看作动点到定点的距离的平方，利用点到直线的距离公式即可求得.【详解】解：，故圆的圆心坐标为，直线始终平分圆的周长，即直线经过点,故，即.可看作动点到定点的距离的平方，又因为，故点在直线上,所以的最小值为点到直线的距离.∵∴∴即的最小值为.故选：D.8．平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.延长，过作，连接，则为，同理为，而，则所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A.【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补. 二、多选题9．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（    ）A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是C．和夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是【答案】BD【分析】根据共线向量的坐标表示可知A错误；根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；利用向量夹角公式计算可知C错误；根据法向量的求法可知D正确.【详解】对于A，，，可知，与不共线，A错误；对于B，，，，即与同向的单位向量是，B正确；对于C，，，即和夹角的余弦值为，C错误；对于D，设平面的法向量，则，令，解得：，，，即平面的一个法向量为，D正确.故选：BD.10．已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（    ）A．的一个方向向量为B．直线与两坐标轴围成三角形的面积为C．与直线垂直D．与直线平行【答案】AC【分析】根据点斜式求得直线的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由题意直线的斜率为，直线方程为，即，它与直线重合，D错误；，因此是直线的一个方向向量，A正确；在直线方程中令得，令得，直线与两坐标轴围成三角形的面积为，B错误；由于，C正确故选：AC11．如图，在所有棱长均为2的四棱锥中，O为底面正方形的中心，M为侧棱的中点，N为侧棱上的动点，则下列结论正确的有（    ）A．无论动点N在什么位置，平面B．直线和直线所成角的大小为C．的正弦值的最大值为D．二面角的大小为【答案】ABC【分析】对于A：利用线面平行的判定定理直接证明平面；对于B：求出与所成角为；对于C：先判断出，即可求出的最大值；对于D：取中点中点,连接,判断出为二面角的平面角.即可求解.【详解】对于A：因为底面为正方形，所以.又面，面，所以平面，即平面.故A正确；对于B：连接.因为分别为的中点,所以.又在等边△中,与所成角为，所以与所成角为.故B正确；对于C：连接交于点O，则O为的中点.因为所有棱长均为2，所以,.又,平面,平面,所以平面.又平面,所以,所以.在△中, ,所以的最大值为.故C正确；对于D：取中点中点,连接.因为,所以；因为为正方形，所以，所以为二面角的平面角.因为，所以，所以，所以.故D错误.故选：ABC.12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（    ）A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9【答案】AD【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项.【详解】解：由题意可设点，由，，，得，化简得，即，故A正确；点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；故选：AD. 三、填空题13．已知向量，，若与垂直，则___________.【答案】【分析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.【详解】解：与垂直，，则，解得：，，则，.故答案为：.14．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．【答案】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到直线的距离．【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则点到直线的距离：．点到直线的距离为．故答案为：．15．圆：关于直线：对称的圆的标准方程为_____________.【答案】.【分析】由圆C的一般方程化为其标准方程，求得圆C的圆心和半径，再求得圆心C关于直线l的对称点，由圆的标准方程可求得答案.【详解】解：由圆：得其标准方程为，圆心的坐标为，半径.设圆心关于直线的对称点为，则，解得 ，所以所求圆的方程为.故答案为：.16．已知，则的最小值为_____________．【答案】【分析】已知提取，剩下的部分表示点到原点的距离与它到直线的距离之和，而这个和的最小值是原点到直线的距离，由此可得结论．【详解】,表示点到原点的距离与它到直线的距离之和，由平面几何知识可知这个距离和的最小值是原点到直线的距离．所以题中所求的最小值是．故答案为：． 四、解答题17．如图，在边长为2的正方体中，分别为的中点.(1)证明：；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）建立坐标系求出点的坐标，利用向量的坐标运算求平面法向量即可求解，（2）利用向量法求解点面距离即可．【详解】（1）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，分别为，的中点，，1，，，1，，，0，，，2，，设平面的法向量为，则,即，令，则因为，，所以平面．（2）,,设点到平面的距离为，所以18．己知的三个顶点分别为，求：(1)求边中垂线所在的直线方程；(2)求与直线平行且距离为的直线方程；(3)求的外接圆的方程．【答案】(1)；(2)或；(3)． 【分析】（1）求出中点坐标，直线的斜率得出中垂线的斜率，从而得直线方程；（2）求出直线后设出与其平行的直线方程，由平行间距离求得参数，得直线方程；（3）设出圆的一般方程，代入三点坐标后求解．【详解】（1）边中点坐标为，，边中垂直的斜率为，直线方程为，即；（2）直线方程为，即，设所求直线方程为，由，或，所以所求直线方程为或；（3）设外接圆方程为，则，解得，圆方程为．19．如图，直三棱柱中，为中点.(1)证明：平面；(2)若此三棱柱的体积为1，，，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）连接交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（2）以B点为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：连接交于点，连接，在直三棱柱中，为矩形，所以为中点，又因为E为BC中点，所以，又由平面，平面，所以平面.（2）解：在直三棱柱中，平面ABC，所以，又因为，，所以平面，所以，由，可得，以B点为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，（1）求顶点的坐标；（2）求的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先设，根据题意得到，再解方程组即可.（2）首先设，得到，从而得到，解方程得到，再求出和点到直线的距离，即可得到答案.【详解】（1）设，因为直线与直线垂直，且点在直线上，所以，解得，故.（2）设由题知：，所以，解得，即.，直线，即：.，点到直线的距离，所以.【点睛】本题主要考查直线的方程，同时考查点到直线的距离公式，属于中档题.21．如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点是线段的中点 【分析】（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.【详解】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.22．已知圆C经过，两点.(1)当时，圆C与x轴相切，求此时圆C的方程；(2)如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标.(3)已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值；【答案】(1)(2)证明见解析，定点为(3) 【分析】（1）圆的半径为r，则圆心为，再根据求得，即可得解；（2）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；（3）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点的距离公式结合基本不等式即可得解.【详解】（1）解：时，圆过，，设圆的半径为r，则圆心为，则，解得，所以圆C的方程为；（2）证明：设点是圆上任意一点，因为AB是圆C的直径，所以，即，所以圆的方程为：，则，，等式恒成立，定点为，所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；（3）解：因点A关于直线的对称点也在圆C，所以点C在直线上，又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，过点A与直线垂直的直线方程为，由方程组得，所以圆C的方程为，当时，或，又，所以，即，由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，当时，当，时，所以，当且仅当，即时取等号，即时，.