2022-2023学年河北省张家口市部分学校高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省张家口市部分学校高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知直线l的斜率为，则其倾斜角为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据斜率的定义及倾斜角的范围可得答案.

【详解】设直线的倾斜角为，则，所以

斜率.

故选：C．

2．圆的半径等于（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】圆的一般方程配方成标准方程后可得半径．

【详解】把圆化为标准方程得，圆，

所以圆的半径为．

故选：B．

3．已知直线与直线垂直，则（    ）．

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直线与直线的位置关系列方程求解即可.

【详解】解：直线斜率为，

直线斜率为，

又两直线垂直，故，解得．

故选：C．

4．已知直线恒过定点Q，Q点在直线l上，则l的方程可以是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据直线过定点的求法求得，利用代入验证法确定正确答案.

【详解】由题意知可化为，

则直线l恒过定点，

验证选项得直线l的方程可以为．

故选：B

5．已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则得实数等于（    ）．

A．7 B．3 C．3或7 D．5

【答案】C

【分析】根据圆与圆的位置关系判断即可得得实数得值.

【详解】解：圆的圆心为，半径为

圆的圆心，半径为

所以，

因为圆与圆有且仅有一个公共点，所以圆与圆相内切或外切，

所以或，所以或或（舍）.

故选：C．

6．点关于直线的对称点Q的坐标为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用中点和斜率来求得点坐标.

【详解】设点关于直线的对称点的坐标为，

则，解得．

所以点Q的坐标为.

故选：A

7．如图，在三棱锥中，平面，是正三角形，，，F是棱上一点，且满足，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以D为坐标原点，，所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解

【详解】以D为坐标原点，，所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

易知，，，，

，，

设，则，

已知，

因为，，

所以，

可得，即，

所以，所以，

则，

∴异面直线与所成角的余弦值为．

故选：B．

8．如果圆上总存在两个点到原点的距离为2，则实数的取值范围是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将问题转化为圆与圆相交，根据圆与圆位置关系判断即可求实数的取值范围.

【详解】解：如果圆上总存在两个点到原点的距离为2

则圆和圆相交，

又圆的圆心为，半径为

两圆圆心距，

由得，

解得，即．

故选：D．

二、多选题

9．已知圆和圆的交点为A，B，则（    ）．

A．两圆的圆心距

B．直线的方程为

C．圆上存在两点P和Q使得

D．圆上的点到直线的最大距离为

【答案】BD

【分析】对于A，根据两个圆的方程先得到两个圆心坐标，然后利用两点间距离公式即可求解；对于B，两圆作差即可得公共弦的方程；对于C，根据直线经过圆的圆心即可判断；对于D，圆上的点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径即可求解.

【详解】由圆和圆，

可得圆和圆，

则圆的圆心坐标为，半径为2，

圆的圆心坐标为，半径为，

对于A，两圆的圆心距，故A错误；

对于B，将两圆方程作差可得，即得直线的方程为，故B正确；

对于C，直线经过圆的圆心坐标，所以线段是圆的直径，

故圆中不存在比长的弦，故C错误；

对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，

圆心到直线的距离为，

所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确.

故选：BD.

10．已知直线，，和圆，下列说法正确的是（    ）．

A．直线l恒过定点

B．圆C被x轴截得的弦长为

C．直线l被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为

D．直线l被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为

【答案】ABD

【分析】求出直线l过的定点判断A；求出圆C截x轴的弦长判断B；求出l被圆C截得最长弦、最短弦判断C，D作答.

【详解】对于A，由，得，

由解得，因此无论m为何值，直线l恒过定点，A正确；

对于B，在中，令，得，

因此圆C截x轴所得弦长为，B正确；

对于C，直线l恒过的定点在圆内，当直线l过圆心时，直线l被圆截得的弦长最大，最大值为圆C直径4，C错误；

对于D，直线l恒过的定点在圆内，当直线l与过点P的直径垂直时，直线l被圆截得的弦长最短，

最短弦长为，D正确．

故选：ABD

11．若直线，，不能构成三角形，则m的取值可能为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】由已知可得出不能构成三角形的条件，分个讨论即可得到.

【详解】因为直线，，不能构成三角形，

所以存在，，过与的交点三种情况.

显然，.则直线的斜率分别为，，.

当时，有，即，解得；

当时，有，即，解得；

当过与的交点时.先联立，解得，则与的交点为，

代入，得，解得．

综上：或或．

故选：ABD．

12．已知三棱锥，，且，，两两垂直，G是的重心，E，F分别为，上的点，且，则下列说法正确的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据，，两两垂直，设，，，则是空间的一个正交基底，根据空间向量运算逐项判断即可.

【详解】解：如图，

设，，，

则是空间的一个正交基底，则，

取的中点，连接，由于是的重心，则

则，

，

又，

则，

，

∴，则不平行于，故A不正确；

，B正确；

，C正确；

，D正确．

故选：BCD．

三、填空题

13．若过两点，的直线的斜率为，则直线的方程为__________．

【答案】

【分析】根据直线斜率求得m的值，利用直线的点斜式方程可得答案.

【详解】因为直线经过两点、且直线的斜率是，

所以，解得,所以点A的坐标为，

所以直线的方程为，化简可得,

故答案为：．

14．已知圆C的圆心在直线上，且过点，，则圆C的一般方程为__________．

【答案】

【分析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，结合圆心在上，列出方程组，求出圆心和半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.

【详解】设所求圆的标准方程为，

由题意得：，解得：，

故所求圆的方程为，即．

故答案为：．

15．已知圆，若圆C与y轴交于M，N两点，且，则__________．

【答案】2

【分析】首先通过的关系，得，然后根据圆的垂径定理构造关于的方程，解方程即可求出半径.

【详解】由题意知的圆心，半径为r，

圆心到y轴的距离为1，

因为圆C与y轴交于M，N两点，且，

，所以，

由垂径定理得，，

即，解得．

故答案为：2．

16．球O为正四面体的内切球，，是球O的直径，点M在正四面体的表面运动，则的最大值为__________．

【答案】##

【分析】先求出正四面体的高以及内切圆半径，再把分解到上可得答案.

【详解】

如图，为中点，为中心，平面，

设球O的半径为r，，

正四面体中，易求得

所以正四面体的高为，

所以根据体积公式得：

，解得，

因为点M在正四面体的表面运动，

所以，

所以

．

故答案为：．

四、解答题

17．已知的顶点，，．

(1)直线l过点B且与直线平行，求直线l的方程；

(2)若垂足为D，求D的坐标．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由直线平行求得，从而利用点斜式即可求得直线l的方程；

（2）先由点斜式得到的方程，从而得到，再由得到，联立方程解之，即可得到.

【详解】（1）由题意可知，则，

所以直线l方程为，即．

（2）设，由题意得，，D在直线上，

因为，所以直线方程为，，

又D在直线上，所以，

联立，解得，

所以．

18．如图，正方体的棱长为2，点E，F为棱，的中点．

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】对于（1），在平面内找到一直线与直线CF平行即可；

对于（2），以A点为原点建立空间直角坐标系，求出平面ACF法向量，利用公式求得答案.

【详解】（1）证明：如图取的中点M，连接，．

∵F，M分别是，的中点，∴，．

又，，

∴，，

∴四边形是平行四边形，∴．

又平面，平面，∴平面；

（2）如图，连接，以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，．

设平面的法向量为，则.

令，得，

∴到平面的距离为．

19．已知直线．

(1)求证：直线l恒过定点；

(2)已知两点，，过点A的直线l与线段有公共点，求直线l的倾斜角的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）直线方程整理为关于的方程，由恒等式知识可得定点坐标；

（2）求出直线的倾斜角，直线介于直线之间，由此可得结论．

【详解】（1）证明：由，得．

由直线方程的点斜式可知，直线恒过定点．

（2）由题意可知，，

由题意可知直线l的倾斜角介于直线与的倾斜角之间，

又的倾斜角是，的倾斜角是，点横坐标在两点横坐标之间，因此直线可能与轴垂直，倾斜角可以是，

∴的取值范围是．

20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的动点，．

(1)证明：平面；

(2)当为何值时，平面与平面所成的夹角最小？

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先证明平面，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，，由线面垂直判定定理证明平面；(2)求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求两平面的夹角余弦，再求其最小值可得的取值.

【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，

所以底面，底面，所以．

因为，，平面，平面，

所以平面．

所以，，两两垂直．

以B为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

所以，，，，，，

因为，，，

所以，，

所以，，

因为，，平面，

所以平面．

（2）由题设．

设平面的法向量为，

因为，，

所以，即．

令，则．

因为平面的法向量为，

设平面与平面所成的夹角为，

则，

当时，取最小值为，此时取最大值为，

此时，符合题意．

故当时，面与面所成的夹角最小．

21．已知圆．

(1)求过点与圆O相切的直线方程；

(2)点在直线上，若在圆O上存在两个不同的点A，B，使，求的取值范围．

【答案】(1)和；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用点到直线的距离公式，并按切线斜率存在和不存在分别讨论作答.

（2）利用给定的向量关系，结合切线长定理可得OP与AB互相垂直平分，再利用点与圆的位置关系列出不等式求解作答.

【详解】（1）当切线斜率不存在时，直线与圆相切，此时切线方程为，

当切线斜率存在时，设切线斜率为k，直线方程为，即，

因此有，解得，此时直线方程为，

所以过点与圆O相切的直线方程为和．

（2）如图，，故四边形为平行四边形，因为，所以四边形为菱形，故与互相垂直平分，则线段OP的中点在圆O内，因此，

即，又，即，因此，解得，

所以实数的取值范围是．

22．已知圆，P是圆C上动点，Q为圆C与x轴负半轴交点，E是中点．

(1)求点E的轨迹方程；

(2)过点的直线与点E的轨迹交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在；点N为

【分析】（1）根据相关点法求出点E的轨迹方程即可；

（2）斜率不存在时显然成立；斜率存在时，设直线的方程为，，，，将若x轴平分，转化为，再通过联立方程结合韦达定理将转化为含与的等式即可求解.

【详解】（1）设，因为P是圆C上动点，所以，

因为Q为圆C与x轴负半轴交点，所以，

设，因为E是中点，所以，即，

所以，即，

所以点E的轨迹方程为.

（2）当直线轴时，x轴平分.

当直线的斜率存在时，

设直线的方程为，，，，

由，得，

所以，．

若x轴平分，则，

∴，∴，

∴，

∴，

所以当点N为时，能使得x轴平分总成立