2023-2024学年广东省深圳市宝安区高二上学期11月调研数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安区高二上学期11月调研数学试题(含解析），共14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。

1.已知空间向量a=0,1,2,b=−1,2,2，则向量a在向量b上的投影向量是
( )
A. −13,23,23B. −23,43,43C. −2,4,4D. −43,23,23
2.三棱锥O−ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，若OA=a,OB=b,OC=c，则OE=( )
A. −12a−12b+cB. −12a+12b+c
C. −12a−14b+14cD. 12a+14b+14c
3.经过A−1,3,B1,9两点的直线的一个方向向量为1,k，则k=( )
A. −13B. 13C. −3D. 3
4.已知直线l1的倾斜角是直线l2的倾斜角的2倍，且l1的斜率为−34，则l2的斜率为
( )
A. 3或−13B. 3C. 13或−3D. 13
5.设λ∈R，则“直线3x+λ−1y=1与直线λx+1−λy=2平行”是“λ=1”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.过点P3,2且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为
( )
A. x−y−1=0或y=0B. x+y−5=0或2x−3y=0
C. x+y−5=0或y=0D. x−y−1=0或2x−3y=0
7.直线l1，l2分别过点P(−2,−2)，Q(1,3)它们分别绕点P和Q旋转，但保持平行，那么，它们之间的距离d的取值范围是
( )
A. 0, 34B. 0,+∞C. 34,+∞D. 34,+∞
8.两定点A，B的距离为3，动点M满足MA=2MB，则M点的轨迹长为
( )
A. 4πB. 2 3πC. 2 2πD. 2π
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.直线l过点A1,2，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线l在y轴上的截距可能是
( )
A. 3B. 0C. 13D. 1
10.已知m∈R，直线l1:mx+y+1=0,l2:x−my+1=0，l1与l2交于点M，则下列说法正确的是
( )
A. 当m=1时，直线l1在x轴上的 截距为1
B. 不论m为何值，直线l1一定过点(0,−1)
C. 点M在一个定圆上运动
D. 直线l1与直线l2关于直线y=x对称
11.已知直线l:(2+m)x+(2m+1)y+m−1=0，圆O:(x−1)2+(y+2)2=4，则下列命题正确的是
( )
A. ∀a∈R，点A(4,a)在圆外
B. ∃m∈R，使得直线l与圆O相切
C. 当直线l与圆O相交于PQ时，交点弦PQ的最小值为2 3
D. 若在圆O上仅存在三个点到直线l的距离为1，m的值为−2
12.下列关于空间向量的命题中，正确的有( )
A. 直线l的方向向量a=0.3,0，平面α的法向量是u=0,−5,0，则l//α
B. 若a,b,c是空间的一组基底，则向量a+b,b+c,c+α也是空间一组基底
C. 若非零向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c，则有a//c
D. 若OA,OB,OC是空间的一组基底，且OD=13OA+13OB+13OC，则A,B,C,D四点共面
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若a，b为正实数，直线2a−1x+y+1=0与直线x+by−1=0互相垂直，则ab的最大值为______．
14.平行线x+2y−5=0与2x+4y−5=0间的距离为________．
15.若圆C:x2+y2−2ax+4y+1=0关于直线x+y−1=0对称，则此圆的半径为________．
16.直线l:x−my−1+m=0被圆C:x2+y−12=5截得的最短弦长为________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知▵ABC的三个顶点分别为A0,−2、B4,−3、C3,1.求：
(1)边AC上的高所在直线l2的方程；
(2)边AC上的中线所在直线l3的方程．
18.(本小题12分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AA1，BC的中点，AC=BC=1，AA1=2，∠BCA=90∘．
(1)求证：AE//平面C1BD；
(2)求二面角D−BC1−C的余弦值．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，圆C过点A4,0,B2,2，且圆心C在x+y−2=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若点D为所求圆上任意一点，定点E的坐标为5,0，求直线DE的中点M的轨迹方程．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=3，点F是棱PD的中点，点E是棱DC上一点．

(1)证明：AF⊥EF；
(2)若E是棱DC上靠近点D的三等分点，求点B到平面AEF的距离．
21.(本小题12分)
已知两圆C1:x2+y2+2x−6y+1=0和C2:x2+y2−6x−12y+m=0，求：
(1)当m取何值时两圆外切？
(2)当m=−9时，求两圆的 公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
22.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AB//DC，∠DAB=90∘，PD⊥底面ABCD，且PD=DA=CD=2AB=2，M点为PC的中点．
(1)求证：BM//平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在点N，使MN⊥平面PBD？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据已知求出 a⋅b,b ，进而即可根据投影向量求出答案．
解：由已知可得， a⋅b=6 ， b=3 ，
所以，向量 a 在向量 b 上的投影向量是 a⋅bb⋅bb=23b=−23,43,43 ．
故选：B．
2.【答案】D
【解析】【分析】利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示 OE 作答．
解：三棱锥 O−ABC 中，D为BC的中点，E为AD的中点，且 OA=a,OB=b,OC=c ，如图，
OE=12OA+12OD=12OA+12⋅12(OB+OC)=12a+14b+14c ．
故选：D
3.【答案】D
【解析】【分析】根据斜率公式求得 kAB=3 ，结合直线的方向向量的定义，即可求解．
解：由点 A−1,3,B1,9 ，可得直线 AB 的斜率为 kAB=9−31+1=3 ，
因为经过 A,B 两点的直线的一个方向向量为 1,k ，所以 k=3 ．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】利用倾斜角与斜率的关系求解．
解：设 l2 的倾斜角为 α ，由 tan2α=2tanα1−tan2α=−34 ，
即 3tan2α−8tanα−3=0 ，解得 tanα=3 或 −13 ，
因为 tan2α=−34<0 ，所以 2α∈0,π ，所以 α∈0,π2 ，
易得 l2 的倾斜角为锐角，所以 l2 的斜率为3．
故选：B．
5.【答案】B
【解析】【分析】根据一般式中两直线平行满足的条件，即可求解．
解：若直线 3x+λ−1y=1 与直线 λx+1−λy−2=0 平行，则 31−λ=λλ−13×−2≠λ ，解得 λ=1 或 λ=−3 ，
故“直线 3x+λ−1y=1 与直线 λx+1−λy=2 平行”是“ λ=1 ”的必要不充分条件，
故选：B
6.【答案】B
【解析】【分析】分截距不为0和截距为0两种情况，利用待定系数法求解．
解：当截距不为0时，设方程为 y=kx ，将 P3,2 代入，
可得 3k=2 ，解得 k=23 ，
故直线方程为 y=23x ，即 2x−3y=0 ；
当截距不为0时，设方程为 xa+ya=1 ，将 P3,2 代入，
3a+2a=1 ，解得 a=5 ，故直线方程为 x5+y5=1 ，即 x+y−5=0 ，
故直线方程为 x+y−5=0 或 2x−3y=0 ．
故选：B
7.【答案】A
【解析】【分析】通过作图分析可知，当且仅当直线 PQ 与直线 l1 ， l2 均垂直的时候，它们之间的距离 QP 即为，d的最大值，通过分析可以发现旋转是连续变化的，且 l1 ， l2 可以无限接近直线 PQ ，因此 d>0 ，且d可以无限接近于0．
解：如图所示：

当直线 PQ 与直线 l1 ， l2 均不垂直的时候，它们之间的距离即为 QR ，
当直线 PQ 与直线 l1 ， l2 均垂直的时候，它们之间的距离即为 QP ，
所以当且仅当 QR 与 QP 重合时，d有最大值 dmax= −2−12+−2−32= 34 ，
可以发现旋转到一定程度时直线 PQ 与直线 l1 ， l2 均无限接近的时候，
d无限趋于0，但注意到直线 l1 ， l2 平行，且直线是连续旋转的，
因此直线 l1 ， l2 之间的距离d的取值范围是 0, 34 ．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长．
解：以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，

则 A0,0,B(3,0) ，设点 M(x,y) ，
由 MA=2MB ，得 x2+y2=2 (x−3)2+y2 ，化简并整理得： (x−4)2+y2=4 ，
于是得点M的轨迹是以点 (4,0) 为圆心，2为半径的圆，其周长为 4π ，
所以M点的轨迹长为 4π ．
故选：A．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】通过讨论直线截距是否为 0 的情况，即可得出结论
解：由题意，直线 l 过点 A1,2 ，在两坐标轴上的截距的绝对值相等，
当直线 l 的截距为0时，显然满足题意，为： l:y=2x ；
当直线 l 的截距不为0时，设横、纵截距分别为 a,b ，则直线方程为： xa+yb=1 ，
∴ 1a+2b=1a=b ，解得： b=1 或 3 ，
∴直线 l 的纵截距可取 0,1,3 ．
故选：ABD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】A由解析式确定x轴上的截距判断；由方程确定 l1 与 l2 相互垂直及所过定点坐标判断B、C；根据对称轴为 y=x ，互换其中一条直线的 x,y 判断是否与另一直线方程相同判断D．
解：当 m=1 时，直线 l1:x+y+1=0 在x轴上的截距为 −1 ，故A错误；
直线 l1:mx+y+1=0 ，当 x=0 时 y=−1 恒成立，所以 l1 恒过定点 (0,−1) ，故B正确；
因为不论 m 取何值，直线 l1 与 l2 都互相垂直，且 l1 恒过定点 (0,−1) ， l2 恒过定点 (−1,0) ，
所以点 M 在以 (0,−1) 和 (−1,0) 为直径的端点的圆上运动，故C正确；
将方程 mx+y+1=0 中的 x,y 互换得到 my+x+1=0 ，与直线 l2 的方程不一致，故 D错误．
故选：BC
11.【答案】ACD
【解析】【分析】根据点与圆的位置关系判断A，由直线系所过定点在圆内判断B，根据交点弦的性质求解可判断C，根据圆与直线的位置关系判断D．
解：将点 A 的坐标代入圆 O 的方程，得 32+(a+2)2=9+(a+2)2>4 ，所以点 A(4,a) 在圆外，故A正确；
整理直线 l 的方程为 l ： m(x+2y+1)+2x+y−1=0 ，由 x+2y+1=02x+y−1=0 解得 x=1y=−1 ，可知直线过定点 (1,−1) ，将定点代入圆 O 的方程，可得 (1−1)2+(−1+2)2=1<4 ，所以定点 (1,−1) 在圆内，则直线 l 与圆 O 一定相交，故B错误；
当圆心 (1,−2) 与直线所过定点 (1,−1) 的连线垂直于直线时，交点弦长最小，此时圆心到直线的距离为 d=1 ，由勾股定理知 |PQ|=2 4−1=2 3 ，故C正确；
当圆心到直线的距离为1时，在圆 O 上仅存在三个点到直线 l 的距离为1，即 d=|2+m−4m−2+m−1| (2+m)2+(2m+1)2=1 ，解得 m=−2 ，故D正确．
故选：ACD．
12.【答案】BD
【解析】【分析】根据空间向量基本定理，以及直线方向向量与平面法向量的关系判断即可．
解：对于A，直线 l 的方向向量 a=0.3,0 ，平面 α 的法向量是 u=0,−5,0 ，此时 a=−35u ，所以 l⊥α ，故A错误；
对于B，因为 a,b,c 是空间的 一组基底，所以对于空间中的任意一个向量 m ，存在唯一的实数组 x,y,z ，使得 m=xa+yb+zc=x+y−z2a+b+y+z−x2b+c+x+z−y2a+c ，
由空间向量的基本定理可知，向量 a+b,b+c,c+α 也是空间一组基底，故B正确；
对于C，若非零向量 a,b,c 满足 a⊥b,b⊥c ，则 a 与 c 关系不定，有可能平行，故C错误；
对于D，若 OA,OB,OC 是空间的一组基底，且 OD=13OA+13OB+13OC ， 13+13+13=1 ，由空间向量的基本定理可得， A,B,C,D 四点共面，故D正确．
故选：BD．
13.【答案】18
【解析】【分析】由直线垂直的条件求得 a,b 关系，再由基本不等式得最大值．
解：由题意 2a−1+b=0 ，即 2a+b=1 ，
由基本不等式得 1=2a+b≥2 2ab ，所以 ab≤18 ，当且仅当 2a=b ，即 a=14,b=12 时等号成立．
故答案为： 18 ．
14.【答案】 52
【解析】【分析】利用平行线间的距离公式计算可得答案．
解：将方程 x+2y−5=0 两边乘以2，得 2x+4y−10=0 ，
所以两平行线间的距离为 −10−−5 22+42= 52 ．
故答案为： 52 ．
15.【答案】2 3
【解析】【分析】即圆心在直线上，代入解出即可求．
解：因为圆 C:x2+y2−2ax+4y+1=0 关于直线 x+y−1=0 对称，
所以圆心 Ca,−2 在直线 x+y−1=0 上，
得 a=3 ，得 x−32+y+22=12 ，
所以 r2=12 ，半径为 2 3 ．
故答案为： 2 3 ．
16.【答案】4
【解析】【分析】求出直线过定点 P1,1 ，当 PC⊥l 时直线 l 被圆 C:x2+y−12=5 截得的最短弦长，从而求出最短弦长．
解：直线 l:x−my−1+m=0 ，即 −y+1m+x−1=0 ，
令 x−1=0−y+1=0 ，解得 x=1y=1 ，所以直线 l 恒过点 P1,1 ，
又圆 C:x2+y−12=5 的圆心为 C0,1 ，半径 r= 5 ，
因为 PC=1 ，
当 PC⊥l 时直线 l 被圆 C:x2+y−12=5 截得的最短弦长，
最短弦长为 2 r2−PC2=2 52−12=4 ．

故答案为： 4
17.【答案】解：(1)因为 A0,−2 、 C3,1 ，
故 kl1=kAC=1+23−0=1 ，边AC所在直线的方程为： y+2=x ，
即 l1 为： x−y−2=0 ，由 kl1=1 ，故 kl1kl2=−1
所以AC边上的高所在直线 l2 的斜率为 kl2=−1 ，
又 B4,−3 ，故 l2 为： y+3=−x−4 ，即 x+y−1=0 ；
(2)设AC边上的中点为D，则 D0+32,−2+12 ，即 D32,−12 ，
故AC边上的中线BD所在直线的方程 l3 的斜率为 kl3=−3+124−32=−1 ，
故 l3 为： y+3=−x−4 ，即 x+y−1=0 ．

【解析】【分析】(1)求解边AC所在直线的方程，再根据直线垂直斜率关系求解即可；
(2)求解 AC 中点，结合直线垂直的斜率关系求解．
18.【答案】解：(1)由 ABC−A1B1C1 为直三棱柱，得 C1C⊥ 平面 ABC ，又 ∠BCA=90∘ ，
以 C 的原点， CA,CB,CC1 分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由 AC=BC=1 ， AA1=2 ，且 D ， E 分别是 AA1 ， BC 的中点，
得 C0,0,0,A1,0,0,C10,0,2,B0,1,0,D1,0,1,E(0,12,0) ，
于是 AE=(−1,12,0) ， C1B=0,1,−2,C1D=1,0,−1 ，
设平面 C1BD 的法向量为 n=x,y,z ，则 n⋅C1B=y−2z=0n⋅C1D=x−z=0 ，取 z=1 ，得 n=1,2,1 ，
显然 AE⋅n=0 ，即 AE// 平面 C1BD ，而 AE⊄ 平面 C1BD ，
所以 AE// 平面 C1BD ．
(2)由(1)可知，平面 C1BD 的一个法向量为 n=1,2,1 ，显然 x 轴垂直于平面 CC1B ，
不妨取其法向量为 m=1,0,0 ，设二面角 D−BC1−C 所对应的平面角为 θ ，
则 |csθ|=|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=11× 6= 66 ，
显然二面角 D−BC1−C 为锐二面角，则 csθ= 66 ，即二面角 D−BC1−C 的余弦值为 66 ．

【解析】【分析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的 坐标运算即可证明线面平行．
(2)根据题意，利用空间向量的夹角的余弦表示，即可得到结果．
19.【答案】解：(1)由已知可设圆心 C(a,2−a) ，又由已知得 CA=CB ，
从而有 a−42+2−a−02= a−22+2−a−22 ，解得： a=2 ．
于是圆C的圆心 C(2,0) ，半径 r= a−42+2−a−02=2 ．
所以，圆C的方程为 (x−2)2+y2=4 ，
(2)设 M(x,y),Dx1,y1 ，则由M为线段ED的中点得： x=x1+52y=y1+02 ，解得 x1=2x−5y1=2y ，
又点D在圆C： (x−2)2+y2=4 上，
所以有 (2x−5−2)2+(2y)2=4 ，
化简得： x2−7x+y2+454=0 ．
故所求的轨迹方程为 x2−7x+y2+454=0 ．

【解析】【分析】(1)首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；
(2)首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程．
20.【答案】解：(1)因为 PA⊥ 底面 ABCD ， CD⊂ 底面 ABCD ，
所以 PA⊥CD ，
又 AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD⊂ 平面 PAD ，
所以 CD⊥ 平面 PAD ，
又 AF⊂ 平面 PAD ，所以 AF⊥CD ，
因为 PA=AD ，点 F 是棱 PD 的中点，
所以 AF⊥PD ，
又 PD∩CD=D,PD,CD⊂ 平面 PCD ，
所以 AF⊥ 平面 PCD ，
又 EF⊂ 平面 PCD ，所以 AF⊥EF ；
(2)如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，
则 A0,0,0,B3,0,0,E1,3,0,F0,32,32 ，
故 AB=3,0,0,AE=1,3,0,AF=0,32,32 ，
设平面 AEF 的法向量为 n=x,y,z ，
则 n⋅AE=x+3y=0n⋅AF=32y+32z=0 ，令 x=3 ，则 y=−1,z=1 ，
所以 n=3,−1,1 ，
所以点 B 到平面 AEF 的距离为 n⋅ABn=9 11=9 1111 ．


【解析】【分析】(1)先证明 CD⊥ 平面 PAD ，则有 AF⊥CD ，再证明 AF⊥ 平面 PCD ，根据线面垂直的性质即可得证；
(2)以点 A 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
21.【答案】解：(1)C1:x2+y2+2x−6y+1=0 和 C2:x2+y2−6x−12y+m=0 ，
化简为标准方程分别为：
C1:(x+1)2+(y−3)2=9,C2:(x−3)2+y−62=45−mm<45 ，
所以 C1−1,3,r1=3,C23,6,r2= 45−m ，
因为两圆外切，所以 C1C2= (−1−3)2+(3−6)2=r1+r2 ，
即 3+ 45−m=5 ，
所以 m=41 ；
(2)当 m=−9 时， C1:x2+y2+2x−6y+1=0,C2:x2+y2−6x−12y−9=0 ，
两圆相减得： 8x+6y+10=0 ，
所以两圆的公共弦所在直线的方程为： 4x+3y+5=0 ，
圆心 C1−1,3 到直线 4x+3y+5=0 的距离为 d=−4+9+5 42+32=2 ，
所以公共弦长为 2 r12−d2=2 9−4=2 5 ．

【解析】【分析】(1)求出圆的标准方程，利用两圆外切的性质进行求解即可；
(2)利用两圆的方程作差求出公共弦所在直线的方程，然后利用弦长公式求解即可．
22.【答案】解：(1)∵PD⊥ 底面 ABCD ， CD//AB ， CD⊥AD ．
以 D 为原点， DA 、 DC 、 DP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 D−xyz ，
由于 PD=CD=DA=2AB=2 ．
所以 D0,0,0 ， A2,0,0 ， B2,1,0 ， C0,2,0 ， P0,0,2 ， M0,1,1 ，
易知，平面 PAD 的一个法向量为 DC=0,2,0 ，
又 ∵BM=−2,0,1 ， DC⋅BM=0 ，则 DC⊥BM ．
又 ∵BM⊄ 平面 PAD ， ∴BM// 平面 PAD ；
(2)存在 N12,0,1 满足要求，理由如下：
设 Nx,0,z 是平面 PAD 内一点，
则 MN=x,−1,z−1 ， DP=0,0,2 ， DB=2,1,0 ，
若 MN⊥ 平面 PBD ，则 MN⋅DP=0MN⋅DB=0 ， ∴2z−1=02x−1=0 ，即 x=12z=1 ．
因此，在平面 PAD 内存在点 N12,0,1 ，使 MN⊥ 平面 PBD ．

【解析】【分析】(1)以点 D 为坐标原点， DA 、 DC 、 DP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 D−xyz ，利用空间向量法可证明出 BM// 平面 PAD ；
(2)设 Nx,0,z 是平面 PAD 内一点，由 MN⊥ 平面 PBD 得出 MN⋅DP=0MN⋅DB=0 ，可求得 x 、 z 的值，进而可确定点 N 的坐标．