2022-2023学年辽宁省沈阳市第二十中学高二上学期第一次阶段验收数学试题含答案

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2022-2023学年辽宁省沈阳市第二十中学高二上学期第一次阶段验收数学试题 一、单选题1．直线经过圆：的圆心，且倾斜角为，则直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由圆的方程求得圆心坐标，再由直线的倾斜角求得斜率，利用直线方程的点斜式得答案．【详解】由，得，则圆心坐标为，又直线的倾斜角为，直线的斜率为，则直线的方程为，即．故选：D．2．“”是“直线与直线相互垂直”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】直线与直线相互垂直得到，再利用充分必要条件的定义判断得解.【详解】因为直线与直线相互垂直，所以，所以.所以时，直线与直线相互垂直，所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；当直线与直线相互垂直时，不一定成立，所以“”是“直线与直线相互垂直”的非必要条件.所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分非必要条件.故选：A【点睛】方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.3．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.4．已知方程x2＋y2－2x＋2k＋3＝0表示圆，则k的取值范围是（    ）A．(－∞，－1)B．(3，＋∞)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．【答案】A【分析】把圆的方程x2＋y2－2x＋2k＋3＝0化为标准型，利用，解出k的取值范围.【详解】方程可化为(x－1)2＋y2＝－2k－2，只有－2k－2＞0，即k＜－1时才能表示圆．故选：A.5．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.6．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，当直线时，， ，此时最小．∴即 ，由解得， ．所以以为直径的圆的方程为，即 ，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．7．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.8．在棱长为2的正方体中，点在棱上，，点是棱的中点，点满足，当平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为时，经过三点的截面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，由空间向量结合平面与平面所成二面角的余弦值为求出的值，画出截面图，求出截面五边形的边长，再由等腰三角形及等腰梯形的面积求和可得答案【详解】解：如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，由题意得，解得或（舍去），延长，设，连接，交于，延长，交的延长线于，连接，交于，则五边形为截面图形，由题意求得，，，，，，截面五边形如图所示，则等腰三角形底边上的高为，等腰梯形的高为，则截面面积为故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查二面角的平面角及其求法，考查平面的基本性质及推理，考查运算能力，解题的关键是建立空间直角坐标系，由平面与平面所成（锐）二面角的余弦值为求出，属于中档题 二、多选题9．已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（    ）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.10．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）A．两条异面直线和所成的角为B．直线与平面所成的角等于C．点D到面的距离为D．三棱柱外接球半径为【答案】BCD【分析】对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线和所成的角为∠；对于B：可证平面，则直线与平面所成的角为；对于C：根据等体积转换，求点D到面的距离；对于D：三棱柱的外接球即为正方体的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．【详解】连接、∵∥且，则四边形为平行四边形，∴异面直线和所成的角为∠∵，则△为正三角形，即∠A不正确；连接在正方形中，∵平面，平面∴，则平面∴直线与平面所成的角为B正确；根据等体积转换可知：即，则C正确；三棱柱的外接球即为正方体的外接球则外接球的半径即为正方体体对角线的一半，即D正确；故选：BCD．11．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（    ）A． B．C．的长为 D．【答案】BD【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算.【详解】根据题意，依次分析选项：对于A选项，，A错误，对于B选项，，B正确：对于C选项，，则，则，C错误：对于，则，D正确.故选：BD.12．已知圆，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是（    ）A．四边形PAMB周长的最小值为 B．的最大值为2C．直线AB过定点 D．存在点N使为定值【答案】ACD【分析】设，由此据圆的切线性质表示出，则即可表示出四边形PAMB周长，进而求得其最小值，从而判断A的对错；利用表示出,由此可判断B的对错；根据圆的切线性质表示出切线方程，进而求出AB的直线方程，求其过的定点坐标，可判断C对错；判断C点位于某个圆上，可知出其圆心和C点距离为定值，从而判断D的对错.【详解】如图示：设 ，则，所以四边形PAMB周长为 ，当P点位于原点时，t 取值最小2，故当t取最小值2时，四边形PAMB周长取最小值为，故A正确；由 可得： ，则 ，而 ，则 ,故B错误；设 ，则 方程为： ，的方程为，而在切线，上，故，，故AB的直线方程为，当时，，即AB过定点 ，故C正确；由圆的切线性质可知 ,设AB过定点为D,则D点位于以MD为直径的圆上，设MD的中点为N，则 ,则为定值，即D正确，故选：ACD. 三、填空题13．设空间向量，，若，则        ．【答案】9【分析】先利用空间向量共线的坐标表示列方程求出和的值，进而可得的坐标，再由模长公式即可求解.【详解】因为空间向量，，由，即，可得，解得：，，所以，，则，所以．故答案为：．14．在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于A，B两点，若钝角的面积为，则实数a的值是      ．【答案】/【分析】由钝角的面积为，求得，得到，进而求得圆心到直线的距离为1，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解．【详解】解：由圆，即，可得圆心坐标为，半径为，因为钝角的面积为，可得，解得，因为，所以，可得，设圆心到直线的距离为，又由圆的弦长公式，可得，解得，根据点到直线的距离公式，解得．故答案为：．15．在长方体中，，，点为底面上一点，则的最小值为      ．【答案】-2【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积的坐标运算，求最小值.【详解】以D为原点，DA 为x轴，DC为y轴，DD为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，点为底面上一点，设，有，，，当时，的最小值为-2.故答案为：-216．已知点，分别在直线：与直线：上，且，点，，则的最小值为      ．【答案】【分析】考察直线上的动点到直线两侧两定点距离之和的最小值，由为定值，求的最小值，要先求的最小值，转化求的最小值， 利用“三角形两边之和大于第三边”这一几何结论可得.【详解】如图：由平行线间的距离公式得，过点A作垂直于l1的直线，并截取，设点，则 因此，点，则，连接，，则四边形是平行四边形，则有，当三点共线时等号成立，∴，∴的最小值为. 四、解答题17．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：..18．如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为，BD的中点，点G在CD上，且．（1）求证：；（2）求EF与C1G所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）建立空间直角坐标系，直接利用向量法证明；（2）直接利用向量法求EF与CG所成角的余弦值【详解】（1）建立以D点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，所以，即，所以.（2）由（1）知，，，则，因为EF与CG所成角的范围为，所以其夹角余弦值为.19．已知圆：与圆：.(1)若圆与圆外切，求实数m的值;(2)在(1)的条件下，若直线l过点(2，1)，且与圆的相交弦长为，求直线l的方程.【答案】(1)m=5(2)或 【分析】（1）根据两圆外切，两圆心之间的距离等于两圆半径之和可得；（2）先根据弦长求出圆心到直线的距离，然后分斜率存在和不存在两种情况讨论，利用点到直线的距离公式可得.【详解】（1）圆：，则，半径r1=1，由圆：，得，则 ，半径.∵圆与圆外切，∴，∴，解得m=5.（2）由(1)得m=5，圆的方程为，则，r2=2.由题意可得圆心到直线l的距离，当直线l斜率不存在时，直线方程为x=2，符合题意;当直线l斜率为k时，则直线方程为，化为一般形式为，则圆心(3，0)到直线l的距离，解得k=0，得直线方程为y=1.综上，直线l的方程为或.20．已知实数满足方程．求：(1)的取值范围为；(2)的取值范围；(3)的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）由圆的方程可确定圆心和半径，设，利用直线与圆有公共点可构造不等式求得结果；（2）设，根据直线与圆有公共点可构造不等式求得结果；（3）设，根据两圆有公共点可构造不等式求得结果.【详解】（1）由圆的一般方程可得：圆心为，半径；，原点在圆外部，设，则与圆有公共点，圆心到的距离，解得：，即的取值范围为.（2）设，则直线与圆有公共点，圆心到的距离，解得：，即的取值范围为.（3）由（1）知：原点在圆外部，则可设，则圆与圆有公共点，两圆圆心距，，解得：，，即的取值范围为.21．图1是直角梯形，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点且为的中点；. 【分析】（1）在图1中连接AC，交BE于O，易知，且，再在图2中由是二面角的平面角证明；（2）由（1）分别以为x，y，z建立空间直角坐标系，设，由表示坐标，求得平面的一个法向量，根据到平面的距离为求得，进而得到，由求得坐标，设直线与平面所成的角为，由求解.【详解】（1）（1）证明：如图所示：在图1中连接AC，交BE于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且，在图2中，相交直线均与BE垂直，所以是二面角的平面角，因为，则，所以平面平面；（2）由（1）分别以为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，因为到平面的距离为，所以，解得，则，所以，设直线与平面所成的角为，所以直线与平面所成角的正弦值为：.22．已知圆：，点是直线：上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和．(1)试问直线是否恒过定点，若是求出这个定点，若否说明理由；(2)直线与圆交于，两点，求的取值范围（为坐标原点）．【答案】(1)直线恒过定点(2) 【分析】(1)由题可知，，在以为直径的圆上，利用两圆方程，求得直线的方程，即可求解．(2)直线与圆联立方程组,利用韦达定理解决取值范围.【详解】（1）直线恒过定点，设，由题意知，在以为直径的圆上，又，则以为直径的圆的方程为，即，又圆，即，两式相减，故直线的方程为，即，由，解得，，即直线恒过定点，（2）由，消去，得，直线与圆交于，两点，，解得，设，，由韦达定理，有，，设，由二次函数的性质可知，的图像抛物线开口向上，对称轴方程为，在上单调递减，在上单调递增，，的取值范围为.