四川省2022_2023学年高二数学上学期半期期中模拟试题含解析

这是一份四川省2022_2023学年高二数学上学期半期期中模拟试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.
1. 与平行的一个向量的坐标是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
若向量与向量平行，则，逐一验证选项即可.
【详解】解：若向量与向量平行，则，，则
设向量，则与符号相同，与符号相反，所以可知A，B，D不成立，
选项C：若，则，，，故C正确.
故选：C.
2. 圆的圆心到直线的距离为（）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式可得答案.
【详解】圆心坐标为，由点到直线的距离公式可知，
故选：A.
3. 在平行六面体中，M为与的交点．，，，则下列向量中与相等的向量是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算的法则，对向量进行表示即可．
【详解】平行六面体中，
故选：A．
4. ，，若，则实数值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解．
【详解】，又，，解得．
故选：A．
5. 若圆与圆外切，则（）
A. 9B. 19C. 21D. ﹣11
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆心距等于半径之和求解.
【详解】由题意可知圆的圆心为，半径为，圆的半径为，半径为，则
，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查利用圆与圆的位置关系求参，较简单. 解答圆与圆的位置关系时，要灵活运用圆心距与半径的和差关系.
6. “”是“直线：与直线：平行”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
【答案】C
【解析】
【分析】先求出“直线：与直线：平行”的充要条件,再判断即可.
【详解】由直线：与直线：平行得，
，解得.
∴“”是“直线：与直线：平行”的充要条件.
故选：C.
7. 直线经过点和以，为端点的线段相交，直线斜率的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合直线的斜率公式，求出，再结合图象即可求解．
【详解】∵，，
图象如图所示：
由图可知，直线的斜率满足或，
故直线的斜率的取值范围为．
故选：D．
8. 已知，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令M为AC的中点，以M为原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出所求夹角的余弦值.
【详解】令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1，0，0)，B(0，，0)，A1(0，0，)，C1(－2，0，)，所以＝(－3，0，)，＝(0，，－)，所以cs〈，〉＝＝－，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
9. 下列关于空间向量的命题中，正确的有（）
A. 若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则∥；
B. 若非零向量，，满足，，则有∥；
C. 若，，是空间的一组基底，且，则，，，四点共面；
D. 若，，是空间的一组基底，则向量，，也是空间一组基底；
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析判断即可
【详解】对于A，若向量，与空间任意向量都不能构成基底，则可得向量，是共线向量，即∥，所以A正确，
对于B，若非零向量，，满足，，则向量与不能确定，可能平行，所以B错误，
对于C，若，，是空间的一组基底，且，则由空间向量基本定理可得，，，四点共面，所以C正确，
对于D，因为，，是空间的一组基底，所以对于空间中的任意一个向量，存在唯一的实数组，使，所以向量，，也是空间一组基底，所以D正确，
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（）
A直线必过定点
B. 过点作圆的切线，切线方程为
C. 经过点，倾斜角为的直线方程为
D. 直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1
【答案】AB
【解析】
【分析】根据直线系的方程求解顶点即可判断A；结合点在圆上求解切线判断B；分和讨论判断C；直接求解直线在坐标轴上的交点坐标即可判断D.
【详解】解：对于A选项，，
故直线过与的交点，
所以，联立得，即直线必过定点，故正确；
对于B选项，点在上，圆心为，所以切线的斜率为，所以切线方程为，即，故正确；
对于C选项，经过点，倾斜角时，直线方程为，当时，直线方程为，故错误；
对于D选项，令得，令得，所以直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为，故错误.
故选：AB
11. 已知点是直线上的一点，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，连接，，则（）
A. 当四边形为正方形时，点P的坐标为B. 的取值范围为
C. 当为等边三角形时，点P的坐标为D. 直线过定点
【答案】CD
【解析】
【分析】根据给定条件，用表示出切线长判断选项A，B，D；求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】依题意，，则，
当点时，，因此，显然四边形不是正方形，A不正确；
因当点时，，B不正确；
当点时，，在中，，即有，又，
因此为等边三角形，此时直线斜率为1，有，由垂足的唯一性知，
当为等边三角形时，点P的坐标为，C正确；
设，显然点A，B在以OP为直径的圆上，又点A，B在圆上，
于是得直线AB的方程为：，即，直线过定点，D正确.
故选：CD
12. 如图所示，在矩形中，，E为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，G为垂足．设，则下列说法正确的是（）
A. 若平面，则
B. 若平面，则
C. 若平面平面，且，则
D. 若平面平面，且，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对四个选项一一验证：
对于A：由平面得到，在中，解三角形即可求得；
对于B：由平面得到，，在中解三角形即可求得；
对于C：作于H，可以证明平面，得到，在等腰直角三角形中，可以计算；
对于D：作，垂足为H，可以判断出C，H，G三点共线，证明出，利用，可以求出t.
【详解】对于A，若平面，则，
在中，，则，
是三角形的高，则所以A正确；
对于B，若平面，则有，
则，在中，，
即，解得，所以B错误；
对于C，若平面平面，作，垂足为H，
因为平面平面，所以平面，从而，
又，所以平面，从而，
因为，所以在等腰直角三角形中，，
所以在等腰直角三角形中，，所以C正确；
对于D，若平面平面，平面平面，
又，故平面，
所以，作，垂足为H，
从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，
则，又，
故，又，
所以，故，
因为，所以，所以D错误.
故选：AC．
【点睛】(1)立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
(2)一般位置关系的证明用判定定理.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 直线的倾斜角的大小是____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系可得，再求倾斜角即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
由直线的方程为：可得，
又，
所以，
故答案为：.
14. 已知向量，，，且，，则＝__________________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用向量平行的条件列式求解，再由向量垂直的坐标运算求得，可得答案．
【详解】，且，
存在实数，使得，即，
，解得，，
又，且，
，即，．
故答案为：．
15. 在正方体中，棱与平面所成角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则设正方体的边长为1，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的公式代入即可得出答案.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则设正方体的边长为1，
，
则，设平面，
，
则，所以，
棱与平面所成角为，
所以，
则.
故答案为：.
16. 点P是直线上的动点，直线与圆分别相切于A，B两点，则当点P的坐标为___________时，切线段的长度最短；四边形面积的最小值为___________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】由，当最短时的长度最短，求出直线的方程与联立可得解得坐标；
由四边形，当最短时最小，可得的最小值.
【详解】由得圆心，半径圆，
因为，
所以当最短时的长度最短，
由圆心做直线的垂线，垂足为，此时最短，
所以直线的斜率为，方程为，
由解得，即.
四边形，
所以当最短时最小，由圆心到直线的距离为
，
所以的最小值为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共6个小题，17题10分，其余各题均为12分，共70分.应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
17. 在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3).
（1）求BC边所在直线的一般方程；
（2）求BC边的垂直平分线DE所在直线的一般方程.
【答案】（1）x＋2y－4＝0
（2）2x－y＋2＝0
【解析】
【分析】（1）利用直线的两点式方程可得答案；
（2）由中点坐标公式得到D的坐标，利用直线BC与直线DE垂直得DE的斜率，再利用直线点斜式方程可得答案.
【小问1详解】
因为直线BC经过B(2，1)和C(－2，3)两点，
由两点式得BC的方程为＝，
即x＋2y－4＝0.
【小问2详解】
设BC边的中点D的坐标为(x，y)，
则，，
点D的坐标为(0，2)，
由（1）知，直线BC的斜率，
则BC的垂直平分线DE的斜率，
由点斜式得直线DE的方程为y－2＝2(x－0)，
即2x－y＋2＝0.
18. 如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
19. 直线与圆：相交于两点.
（1）求弦长；
（2）求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意可得圆心坐标和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离，结合勾股定理求出弦长的一半，进而得出弦长；
（2）切线的斜率不存在，易知方程为；当切线斜率存在，设切线为，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线的距离等于半径，列出方程，解出k，结合直线的点斜式方程求解即可.
【小问1详解】
由题意知，圆心，半径，
所以圆心C到直线的距离为，
所以，所以；
【小问2详解】
当切线的斜率不存在时，因为过点，其方程为，
圆心到直线的距离为，满足题意；
当切线斜率存在时，设切线为，即，
圆心，半径，，解得．
切线方程为，即．
故切线方程为或．
20. 已知圆过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）过点且斜率为的直线与圆有两个不同的交点，若，其中为坐标原点，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出圆的标准方程，将两点坐标代入圆的方程，圆心坐标代入直线方程，解出三个参数，即可求出圆的方程；
（2）根据条件设出直线的方程，消去得到关于的一元二次方程，将韦达定理的表达式代入，解出的值，分别判断是否满足，从而得出直线方程.
【小问1详解】
设所求圆的方程为，
则由题可得：，解得：a=3b=2r2=13
故所求圆C方程为.
【小问2详解】
由题设，可知直线的方程为.
代入方程，整理得，
设，
则，，
由题设可得，解得或，
经检验不满足
满足
所以的方程为.
21. 如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且.
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件证明即可推理作答.
(2)在平面内过A作，以点A为原点，射线AM，AD，AP分别为x，y，z轴非负轴建立坐标系，借助空间向量计算作答.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面，而平面，则，
因，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
在平面内过A作交BC于点M，由(1)知，两两垂直，
以点A为原点，射线分别为轴非负轴建立空间直角坐标系，如图，
依题意，，则，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
显然平面的一个法向量，于是得，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值.
22. 已知圆心在第一象限，半径为的圆与轴相切，且与轴正半轴交于，两点（在左侧），（为坐标原点）．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点任作一条直线与圆相交于，两点．
①证明：为定值；②求的最小值．
【答案】（1）；（2）①，证明见解析，②
【解析】
【分析】（1）首先，得到，，，再根据即可得到答案.
（2）①首先根据（1）得到，，设，再分别计算即可；②根据得到，即可得到答案.
【详解】（1）设，由题知：
，，，
所以，
解得，所以圆.
（2）由（1）知：，，
所以，，
设，
，
同理，所以.
②因为，
所以.
所以的最小值为.