2022-2023学年广东省深圳市宝安中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市宝安中学高二上学期期中数学试题（解析版），共23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。
一、单选题
1．过点且倾斜角为的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据直线的点斜式方程求解即可.
【详解】解：倾斜角为的直线的斜率，
则所求直线方程为，即.
故选：D.
2．已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】圆的圆心为，半径为，得到圆方程.
【详解】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.
故选：B.
3．已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题设只需，由各选项的点坐标求的坐标，即可得答案.
【详解】由题意，符合条件的点应满足，
A：，则，故不在平面内，不满足；
B：同理，则，故在平面内，满足；
C：同理，则，故不在平面内，不满足；
D：同理，则，故不在平面内，不满足；
故选：B
4．若直线：与：互相垂直，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由两直线垂直直接列方程求解即可
【详解】解：因为直线：与：互相垂直，
所以，得，
解得，
故选：C
5．在平面直角坐标系中，某菱形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可.
【详解】因为菱形四条边都相等，所以每边上的高也相等，且菱形对边平行，
直线和之间的距离为：，
和之间的距离为：，
于是有：，
故选：B
6．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，由，即可求出答案.
【详解】连接如下图：
由于是的中点，
.
根据题意知.
.
故选：C.
7．如图，在四棱锥中，平面，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得面积的最大值.
【详解】如图以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
由二面角的平面角大小为30°，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，
又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），
则Q的轨迹是过点D的一条线段，
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，
由题意可知，，，
所以，，，
易知平面APD的一个法向量为，
设平面PDG的法向量为，
则，即，
令，得，，
所以是平面PDG的一个法向量，
则二面角的平面角的余弦值为
，
解得或（舍去），
所以Q在DG上运动，
故面积的最大值是.
故选：A．
8．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为
所以，.
设，则.
所以.
令，则，
因为，所以.
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.
故选：C
9．给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
B．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
C．平面α、β的法向量分别为，，则α∥β
D．平面α经过三个点A(1，0，-1)，B(0，-1，0)，C(-1，2，0)，向量是平面α的法向量，则u+t=1
【答案】A
【分析】判断直线的方向向量和平面的法向量间的关系，判断线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项.
【详解】对于A，∵，
∴，∴l与m垂直，A正确；
对于B，∵与不共线，
∴直线l不垂直平面α，B错误；
对于C，∵与不共线，
∴平面α与平面β不平行，C错误；
对于D，=(-1，-1，1)，=(-1，3，0)，
由n·=-1-u+t=0，n·=-1+3u=0，解得u=，t=，∴u+t=，D错误.
故选：A.
二、多选题
10．直线与圆相切，且在轴､轴上的截距相等，则直线的方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据截距相等分过原点和两种情况，则设直线方程为或,利用相切时，圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出参数即可.
【详解】由于直线在轴、轴上的截距相等,
设直线为:或,由于直线与圆相切,
故圆心到直线的距离等于半径
，或4，
，，
故直线的方程为:,,
故选：ACD.
11．已知圆，以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线是圆的一条切线
B．圆C与圆恰有一条公切线，则
C．圆C与圆的交线方程为：
D．点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点
【答案】BCD
【分析】对A选项，利用点到直线距离和同角三角函数平方和关系可得，对B选项通过分析得两圆内切，则圆心距等于半径之差，得到关于的方程，解出即可，对C，直接将两圆方程作差得公共线方程，对D，设点坐标，分析可得四点共圆，写出两点直径式方程，作差得到直线方程，再利用为直线一动点，联立求出定点.
【详解】对A选项，圆的圆心，其到直线的距离，故该直线不是圆的切线，故A错误，
对B选项，若两圆恰有一条公切线，则两圆为位置关系为内切，
圆，则，根据，则，，故B正确，
对C选项，将两圆方程作差得，即，故C正确，
对于D选项,设点,所以，由题得四点共圆，且在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为：，化简得
两圆的方程作差得直线的方程为:，联立
消去得,,
令得,,
直线过定点,故D正确,
故选：BCD.
12．如图，四边形ABCD中，，，，，将沿AC折到位置，使得平面平面ADC，则以下结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为8
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．二面角的正切值为
D．异面直线AC与所成角的余弦值为
【答案】ABC
【分析】对于A，先四边形ABCD中，利用已知条件结正弦定理求出的长，过作于，则可求出，从而可求出三棱锥的体积，对于B，在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆的半径，设为的外心，三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则，从而可求出，进而可得三棱锥的外接球的表面积，对于C，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可
【详解】过作于，
在中，因为，所以，，
由正弦定理得,即，解得，
所以，，
因为,
所以
，
由正弦定理得，即，解得，
所以
，
因为平面平面ADC，平面平面，，
所以平面ADC，
所以三棱锥的体积为，所以A正确，
设为的外心，外接圆半径为，由余弦定理得
所以，
由正弦定理得，所以，
取的中点，连接，则，
，
设三棱锥外接球的半径为，球心为，设，则
，即，解得，，
所以三棱锥外接球的表面积为，所以B正确，
过作于，连接，因为平面ADC，平面ADC，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，所以C正确，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，过作于，则
，，
则
所以
设异面直线AC与所成角为，则
，所以D错误，
故选：ABC
三、填空题
13．直线恒过定点_________
【答案】
【分析】将直线方程变形为，解方程组，可得出直线所过定点的坐标.
【详解】直线方程可化为，由可得.
因此，直线恒过定点.
故答案为：.
14．设点和，在直线：上找一点，使取到最小值，则这个最小值为__________
【答案】
【解析】求出点关于直线：的对称点为，连结，则交直线于点，点即为所求的点，此时，.
【详解】解：
设点关于直线：的对称点为
线段的中点在上
则
又，
解得，
故答案为：
【点睛】本题考查线段和的最小值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用，
属于中档题.
15．是正四棱锥，是正方体，其中，，则到平面的距离为________
【答案】
【分析】以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，的坐标，利用距离公式，即可得到结论.
【详解】解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
设平面的法向量是，
，
∴由，可得
取得，
，
∴到平面的距离.
故答案为：.
【点睛】本题考查点到平面的距离，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题.
16．设点，若在圆上存在点，使得，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】将问题转化为圆心O到直线MN的距离小于等于2解决.
【详解】由题意知：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于2即可，如图，
作OA⊥MN，垂足为A，在直角中，因为∠OMN=45，所以=，
解得，因为点M（,1），所以，解得，故的取值范围是
故答案为：
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，已知是底面为正方形的长方体，，，P的的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，即，从而证明出线面平行；
（2）再第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角的余弦值.
【详解】（1）因为是底面为正方形的长方体，
所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，P的的中点．
所以，，
故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
所以平面的法向量为，
其中，
所以，平面，则直线平面；
（2），，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为.
19．如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求直线平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）由已知条件可得，，则，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）如图，过点作，交直线于点，连接，可证得平面，从而是与平面所成的角，然后在求解即可
【详解】（1）证明： 由，，，，得，所以，由．
由，，，，得，
由，得，
由，得，所以，
故，又，因此平面．
（2）解 如图，过点作，交直线于点，连接．
由平面，平面，得
平面平面，由，得平面，
所以是与平面所成的角．
由，，
得，，
所以，故．
因此，直线与平面所成的角的正弦值是．
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点作，交直线于点，连接，然后结合条件可证得是与平面所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题
20．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
21．平面直角坐标系中，直线，设圆经过，，圆心在上.
(1)求圆的标准方程；
(2)设圆上存在点P，满足过点P向圆作两条切线PA，PB，切点为，四边形的面积为10，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用代入法，通过解方程组进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质，结合三角形面积公式、圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】（1）设圆的标准方程为，
因为圆经过，，圆心在上，
所以有，即圆的标准方程；
（2）四边形的面积10，而四边形是由两个全等的直角三角形组成， 的面积为5，即，又，，
，动点P的轨迹为以为圆心，以5为半径的圆，
即点P在圆
又点P在圆 上，
圆E与圆有公共点．
，即，
解得 ．实数m的取值范围为
22．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知平面直角坐标系中，且．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若过点A的直线l与点P的轨迹相交于E，F两点，，则是否存在直线l，使取得最大值，若存在，求出此时直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，或．
【分析】（1）设，利用两点距离公式整理化简即可得轨迹方程；
（2）由题设直线l的斜率一定存在，设、、，联立P的轨迹方程，由直线与圆位置关系及不在l上求k范围，求点线距离、弦长，应用三角形面积公式得关于k的表达式，即可求面积最大对应参数k的值，写出直线方程.
【详解】（1）由已知，设，则，
平方整理得：，即，
所以点P的轨迹方程是．
（2）由题意知：直线l的斜率一定存在，设直线l的斜率为k，且，，
则，联立方程：，则，
∴，
显然直线l不过点，则．
∵点到直线l的距离，，
∴，
∵，，
∴当时取得最大值2，此时，
∵直线l得方程为或．