2022-2023学年福建省南安市柳城中学高二上学期11月期中考试数学试题（解析版）

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2022-2023学年福建省南安市柳城中学高二上学期11月期中考试数学试题一、单选题1．经过点，且与直线平行的直线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，直线方程可设为，代入即可求解.【详解】与直线平行的直线方程可设为，代入，可得，得，故所求直线方程为：故选：C2．圆的圆心和半径分别是（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.3．如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（      ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】-＝，.故选：A．4．两条平行直线和间的距离为，则，分别为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据两直线平行的性质可得参数，再利用平行线间距离公式可得.【详解】由直线与直线平行，得，解得，所以两直线分别为和，即和，所以两直线间距离，故选：D.5．已知，则平面ABC的一个单位法向量是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求出平面ABC的一个法向量，进而得出单位法向量．【详解】因为所以，令平面ABC的一个法向量为可得，即，令，则，所以故平面ABC的单位法向量是，即或．故选：B．6．已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，所以，因为M为BC中点，N为AD中点，所以有，，根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，故选：B7．在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化圆的方程为标准方差，求出圆心M的坐标与半径，最长的弦即为圆的直径，最短的弦和垂直，且经过点O，由垂径定理求得，从而可求四边形的面积.【详解】化圆为，可得圆心坐标为,半径为3.由圆的性质可得，最长的弦即圆的直径，故.因为，所以.弦最短时，弦与垂直，且经过点O,此时.故四边形的面积为.故选:B.8．直线l：与圆C：交于A，B两点，则当弦AB最短时直线l的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据直线方程，求所过定点，探究弦在垂直时取的最短，结合垂直直线斜率乘积为，由点斜式方程，可得答案.【详解】由，，则令，解得，故直线过定点，由，则圆心，半径，当时，弦最短，直线的斜率，则直线的斜率，故直线为，则.故选：B.二、多选题9．已知实数x，y满足方程，则下列说法正确的是（    ）A．的最大值为 B．的最小值为0C．的最大值为 D．的最大值为【答案】ABD【分析】根据的几何意义，结合图形可求得的最值，由此判断A，B，根据的几何意义求其最值，判断C，再利用三角换元，结合正弦函数性质判断D.【详解】由实数x，y满足方程可得点在圆上，作其图象如下，因为表示点与坐标原点连线的斜率，设过坐标原点的圆的切线方程为，则，解得：或，，，，A，B正确；表示圆上的点到坐标原点的距离的平方，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为，所以最大值为，又，所以的最大值为，C错，因为可化为，故可设，，所以，所以当时，即时取最大值，最大值为，D对，故选：ABD.10．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论正确的有（    ）A．AD与BC所成的角为 B．AC与BD所成的角为C．BC与平面ACD所成角的正弦值为 D．二面角的正切值是【答案】BCD【分析】先找出空间中两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，利用空间向量的知识，分别计算ABC选项即可; D选项，可以利用面的投影面积比原面的面积，得到二面角夹角的余弦值，然后再计算二面角的正切值即可，也可用空间直角坐标计算.【详解】由题得示意图：作的中点，连接，由题可知所以,平面平面，平面平面，所以平面，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨令.选项A:易知，所以，所以，所以AD与BC所成的角为，故A错误；选项B：如图：作的中点，连接，由题可知所以，显然平面,，所以平面，又因为平面，所以，故B正确；选项C:设平面的一个法向量为，易知，，所以，不妨令，得，，所以BC与平面ACD所成角的正弦值为，故C正确；选项D：如图：作的中点，连接，由题可知，平面平面，平面平面，由选项B可知，所以平面，所以 设二面角为，正方形边长为，则，由题可知：,，由选项B可知，所以得，因为，，得，又因为，所以，所以，得，故选项D正确.故选：BCD11．过点的直线与圆交于A，B两点，线段MN是圆C的一条动弦，且，则（    ）A．的最小值为 B．△ABC面积的最大值为8C．△ABC面积的最大值为 D．的最小值为【答案】ACD【分析】设圆心到直线AB的距离为，求出，即可判断A；再由，求出面积的最大值即可判断B，C；取MN的中点，求的最小值转化为求的最小值即可判断D．【详解】∵即，∴圆心，半径在圆C内，，设圆心到直线AB的距离为，由题意得，∵，∴，故A正确；∵，∴当时，，故B错误，C正确．取MN的中点，则，又，则，∴点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆．因为，且，所以的最小值为，故D正确．故选：ACD．12．为庆祝党的二十大胜利召开，由南京市委党史办主办，各区委党史办等协办组织的以“喜迎二十大 永远跟党走 奋进新征程”为主题的庆祝中共南京地方组织成立周年知识问答活动正在进行，某党支部为本次活动设置了一个冠军奖杯，奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确的是（    ）A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为B．异面直线与所成的角的余弦值为C．连接，构成一个八面体，则该八面体的体积为D．点到球面上的点的最小距离为【答案】ACD【分析】对A：经过三个顶点的球的截面圆即为的外接圆，运算求解；对B：建系，利用空间向量处理异面直线夹角问题；对C：八面体由三个全等的四棱锥和直棱柱组合而成，结合相关体积公式运算求解；对D：点到球面上的点的最小距离为，结合球的性质运算求解.【详解】如图1，取的中点分别为，连接根据题意可得：均垂直于平面，可知∵的边长为2，设的外接圆半径为r，则∴，则的外接圆面积为∴经过三个顶点的球的截面圆的面积为，A正确；八面体由三个全等的四棱锥和直棱柱组合而成直棱柱的底面边长为2，高，则其体积为设，则为的中点∵平面，平面∴又∵为等边三角形且为的中点，则，平面∴平面即四棱锥的高为，则其体积∴八面体的体积为，C正确；设的中心分别为，球的球心为，由题意可得其半径则可知三点共线，连接则可得：点到球面上的点的最小距离为，D正确；如图2，以G为坐标原点建立空间直角坐标系则有：∴又∵∴异面直线与所成的角的余弦值为，B错误；故选：ACD.【点睛】1.对于多面体体积问题，要理解几何体的结构特征，并灵活运用割补方法；2.对于球相关问题，主要根据两个基本性质：①球的任何截面都是圆面；②球心和截面圆心的连线与截面垂直.三、填空题13．已知空间向量，，则向量与的夹角为___________.【答案】【分析】利用向量夹角公式直接计算即可.【详解】，，.故答案为：.14．设圆的圆心为C，直线l过，且与圆C交于A，B两点，若，则直线l的方程为___________.【答案】或【分析】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，求出A，B两点的坐标，再判断是否成立，当直线l的斜率存在时，设直线，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，弦和半径的关系列方程可求出，从而可求出直线方程【详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，由，得或，此时，符合题意.当直线l的斜率存在时，设直线，因为圆的圆心，半径，所以圆心C到直线l的距离.因为，所以，解得，所以直线l的方程为，即.综上，直线l的方程为或.故答案为：或15．若直线平分圆的周长，则ab的最大值为 ________【答案】【分析】因为直线平分圆，则直线过圆心，再利用基本不等式求出ab的最大值.【详解】由题意得，直线过圆心，所以，所以，（当且仅当，即，取“=”），又，所以ab的最大值为.故答案为：.16．在正四棱锥中，，，则该四棱锥内切球的表面积是________．【答案】【分析】由题意，利用等体积法求内切球的半径，先求正四棱锥的体积和表面积，设出内切球的半径，直观想象体积组合，建立方程，结合求的表面积，可得答案.【详解】过点作平面，则为正方形的中心，连接，易知．因为，所以，所以，则四棱锥的体积，四棱锥的表面积．设四棱锥内切球的半径为，则，即，解得，故四棱锥内切球的表面积是．故答案为：四、解答题17．已知的顶点.(1)求边的中垂线所在直线的方程；(2)求的面积.【答案】(1)；(2)14.【分析】（1）求出直线的斜率，再由垂直关系得出直线边的中垂线的斜率，最后由点斜式写出所求方程；（2）求出直线的方程，再求出点到直线的距离以及，最后由三角形面积公式计算即可.【详解】（1）直线的斜率为，直线边的中垂线的斜率为，又的中点为，边的中垂线所在直线的方程为：，即；（2）直线的方程为：，即，点到直线的距离，，故的面积为.18．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AFDE，，DE⊥AD，AC⊥BE.(1)证明：平面ADEF⊥平面ABCD. (2)求平面ACE与平面ABF所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直即可证明面面垂直.（2）由向量法只需求平面ACE与平面ABF的法向量即可求解.【详解】（1）证明：如图，连接BD.四边形ABCD是正万形，AC⊥BD，又AC⊥BE，BE，平面BDE，且，AC⊥平面BDE，平面BDE，所以AC⊥DE，又DE⊥AD，平面ABCD，且，DE⊥平面ABCD，又平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD.（2）由题意可得DA，DC，DE两两垂直，故以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如上图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，故，，，设平面ACE的法向量为，则，令，得, 由AFDE得，又，平面ABF，所以平面ABF，则平面ABF的一个法向量为，设平ACE与平面ABF所成的二面角为θ，则. 即平面ACE与平面ABF所成锐二面角的余弦值为.19．已知圆过直线与的交点，圆心为点.(1)求圆的标准方程；(2)若直线：始终平分圆的周长，求的最小值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）先联立直线方程，求出交点坐标，从而计算出半径，写出圆的标准方程；（2）直线经过圆的圆心，求出，再用基本不等式“1”的妙用求解最小值.【详解】（1），解得：，所以圆过点，则圆的半径为，所以圆的标准方程为；（2）由题意得：直线：经过圆的圆心，将其代入，，因为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.20．如图．在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，，，．(1)证明：平面平面；(2)若点M在线段上且满足．求直线CM与所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1.【分析】（1）根据给定条件，证明平面，再利用线面垂直的性质、判定证得平面，结合面面垂直的判定推理作答.（2）以点C为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，而，，则，即，又，平面，因此平面，而平面，有，又，平面，于是得平面，而平面，所以平面平面.（2）由（1）知，射线两两垂直，以点C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，而，显然，即，直线CM与所成的角，所以直线CM与所成角的正弦值为1.21．如图1，已知矩形ABCD中，，，E为CD上一点且．现将△ADE沿着AE折起，使点D到达点P的位置，且PE⊥BE，得到的图形如图2．(1)证明△BPA为直角三角形；(2)设动点M在线段AP上，判断直线EM与平面PCB的位置关系，并说明理由．(3)若Q为PB中点，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析(3)【分析】（1）根据题意利用勾股定理运算说明；（2）根据线面平行的判定定理结合空间中线面关系分析说明；（3）先证平面PAE，则可求三棱锥三棱锥的体积，再根据题意结合转换顶点法求三棱锥的体积.【详解】（1）在折叠前的图中，连接，如图：由题意可得：，，则，折叠后，所以，又，所以，即，所以为直角三角形．（2）当动点M在线段AP上，设，同样在线段PB上取N，使得，则，当时，则，又且，所以，且，则四边形CEMN为平行四边形，所以，平面PBC，平面PBC所以平面PBC；当时，此时，但，所以四边形CEMN为梯形，所以ME与CN必然相交，则ME与平面PBC必然相交．综上所述：当动点M满足时，平面PBC；当动点M满足时，ME与平面PBC相交．（3）若Q为PB中点，求三棱锥的体积．由（1）可得，，，平面PAE∴平面PAE，则三棱锥的高为∴三棱锥的体积，∴三棱锥的体积22．已知圆C过点，，且圆心C在直线上，P是圆C外的点，过点P的直线交圆C于M，N两点.(1)求圆C的方程；(2)若点P的坐标为，求证：无论的位置如何变化恒为定值；(3)对于（2）中的定值，使恒为该定值的点P是否唯一？若唯一，请给予证明；若不唯一，写出满足条件的点P的集合.【答案】(1)(2)证明见解析(3)P点不唯一，点P集合为.【分析】（1）先求出线段的垂直平分线方程，再与直线联立，可求出圆心坐标，再求出半径，从而可求出圆的方程，（2）若MN斜率不存在，则可求得，若MN斜率存在，设为k，则MN直线方程为，将直线方程代入圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出，化简可得答案，（3）不妨设，当MN斜率不存在时，可得，若MN斜率存在，设为k，则直线MN的方程为，将直线方程代入圆方程化简利用根与系数的关系，然后表示出，使其等于4，可求得结果.【详解】（1）由题意得两点的中点为，斜率为，所以垂直平分线的斜率为1，垂直平分线的方程为，由，解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为；（2）若MN斜率不存在，则，，；若MN斜率存在，设为k，则MN直线方程为，联立方程，化简得，，，设，，则，，，，所以，即不论MN斜率是否存在值，为定值4；（3）不妨设，当MN斜率不存在时，联立方程，解得：，所以；若MN斜率存在，设为k，则直线MN的方程为，联立方程，化简得，，，，即不论P点在何处，MN的斜率是否存在，为定值4，即所以或又因为P在在圆C外，所以，综上，，P点不唯一，点P集合为.