广东省广州市玉岩中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)

这是一份广东省广州市玉岩中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)，共24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。

第Ⅰ卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知直线的倾斜角为，则其斜率为（ ）
A B. C. D.
2. 已知直线过点，且其方向向量，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知向量，，且与互相平行，则（ ）
A. B. C. D.
4. 直线mx-2y-m+1=0与圆x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
5. 已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（ ）
A. B. C. D. 3
6. 正四面体棱长为，为中点，则（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，某圆锥的轴截面，其中，点B是底面圆周上的一点，且，点M是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
8. 已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，错选得0分，漏选得2分，全对得5分）
9. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为2，，则（ ）
A. 椭圆的长轴长等于4
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的标准方程可以是
D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
10. 已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（－1，3，1），则正确的有（ ）
A. 与共线向量
B. 平面ABC的一个法向量是（1，－1，3）
C. 与夹角的余弦值是
D. 与方向相同的单位向量是（1，1，0）
11. 在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（ ）
A. B. C. 2D.
12. 已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（ ）
A. 圆M上恰有一个点到直线l的距离为B. 切线长PA的最小值为1
C. 四边形AMBP面积的最小值为2D. 直线AB恒过定点
第Ⅱ卷（主观题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线与直线平行，则___________.
14. ，，，若，，三向量共面，则实数_________.
15. 已知的圆心在轴上，半径为1，且过点，，则与的公共弦长为___________.
16. 如图，，分别是椭圆左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为_______．
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. 已知空间中三点、、．
（1）若、、三点共线，求值；
（2）若且、的夹角是钝角，求的取值范围．
18. 已知的顶点，直角顶点为，顶点在轴上，求：
（1）顶点的坐标；
（2）外接圆的一般方程.
19. 如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝4，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC的中点．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）求二面角D﹣CA1﹣A的余弦值；
20. 已知直线与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，且的面积为4．
（1）求m的值；
（2）若，点E，F分别在线段OA和OB上，且，求取值范围．
21. 如图，圆.
（1）若圆与轴相切，求圆的方程；
（2）当时，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.问：是否存在圆，使得过点的任一条直线与该圆的交点，都有？若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由.
22. 如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.
（1）求异面直线与所成的角的余弦值；
（2）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
广州市玉岩中学2022学年第一学期期中测试
高二数学
第Ⅰ卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知直线的倾斜角为，则其斜率为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：由倾斜角与斜率的关系即可求解.
【详解】斜率
故选：D
2. 已知直线过点，且其方向向量，则直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
【解析】
分析：根据题意和直线的点方向式方程即可得出结果.
【详解】因为直线过点，且方向向量为，
由直线的点方向式方程，可得直线的方程为：
，
整理，得.
故选：D
3. 已知向量，，且与互相平行，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：由空间向量共线的坐标表示求解
【详解】，，
则，解得，
故选：D
4. 直线mx-2y-m+1=0与圆x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定
答案：A
【解析】
分析：先根据圆的方程求出圆心和半径，然后根据不等式恒成立的法则可知对任意恒成立，即可知恒成立，即直线与圆相交.
【详解】解：由题意得：
已知圆方程可化为，即圆心的坐标为，半径为
圆心到直线的距离为
当时，即 ，则整理可知：，根据二次函数的性质，，故不等式恒成立，直线与圆相交；
当时，即 ，不等式无解；
故直线mx-2y-m+1=0与圆x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是相交；
故选：A
5. 已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（ ）
A. B. C. D. 3
答案：B
【解析】
分析：根据直线一个方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算，代入点到直线的距离公式计算即可.
【详解】直线的一个方向向量为，取直线一个单位方向向量为
，
又为直线外一点，且直线过点， ，
，
点到直线的距离为.
故选：B.
6. 正四面体棱长为，为中点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】
分析：利用基底向量表达，根据数量积的运算律即可求解.
【详解】以为基底向量，则,且两两夹角为，则，
，
故选：B
7. 如图，某圆锥的轴截面，其中，点B是底面圆周上的一点，且，点M是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
答案：B
【解析】
分析：利用圆锥曲线的性质，以点O为坐标原点，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求两异面直线的夹角．
【详解】由圆锥的性质可知平面，故可以点O为坐标原点，平面内过点O且垂直于的直线为x轴，分别为y、z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
易知，
∵，∴，∴，
∴，，
∴，
因此，异面直线与所成角的余弦值为．
8. 已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】
分析：根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答.
【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点，
显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，
其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图：
，两圆外离，由圆的几何性质得：，，
所以的取值范围是：.
故选：B
【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，错选得0分，漏选得2分，全对得5分）
9. 如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为2，，则（ ）
A. 椭圆的长轴长等于4
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的标准方程可以是
D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为
答案：BCD
【解析】
分析：根据给定图形，求出椭圆长短半轴长，，再逐项计算、判断作答.
【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，
则由截面与圆柱底面成锐二面角得：，解得，A不正确；
显然，则，离心率，B正确；
当以椭圆长轴所在直线为y轴，短轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程，C正确；
椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，D正确.
故选：BCD
10. 已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（－1，3，1），则正确的有（ ）
A. 与是共线向量
B. 平面ABC的一个法向量是（1，－1，3）
C. 与夹角的余弦值是
D. 与方向相同的单位向量是（1，1，0）
答案：BC
【解析】
分析：A选项直接写出与，按照共线向量即可判断；
B选项直接计算法向量即可.
C选项通过夹角公式计算即可；
D选项由单位向量的求法进行判断；
【详解】对A，，，因为，显然与不共线，A错误；
对B，设平面的法向量，则，令，得，B正确.
对C，，，C正确；
对D，方向相同的单位向量，即，D错误；
故选：BC
11. 在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（ ）
A. B. C. 2D.
答案：CD
【解析】
分析：利用坐标法，设，可得平面的法向量，进而即得.
【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，，
设为平面的法向量，
则有： ，令，可得，
则点到平面的距离为，
因为，所以距离的范围是.
故选：CD.
12. 已知圆M：，点P是直线l：上一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别是A，B，下列说法正确的有（ ）
A. 圆M上恰有一个点到直线l的距离为B. 切线长PA的最小值为1
C. 四边形AMBP面积的最小值为2D. 直线AB恒过定点
答案：BD
【解析】
分析：利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质可得切线长利用点到直线的距离可判断B，由题可得四边形AMBP面积为，可判断C，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线AB的方程，即可判断D.
【详解】由圆M：，可知圆心，半径，
∴圆心到直线l：的距离为，圆M上恰有一个点到直线l的距离为，故A错误；
由圆的性质可得切线长，
∴当最小时，有最小值，又，
∴，故B正确；
∵四边形AMBP面积为，
∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；
设，由题可知点A，B，在以为直径的圆上，又，
所以，即，
又圆M：，即，
∴直线AB方程为：，即，
由，得，即直线AB恒过定点，故D正确
故选：BD.
第Ⅱ卷（主观题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知直线与直线平行，则___________.
答案：
【解析】
分析：由两直线平行，可得，即可求解.
【详解】由得，，则，
故答案为：
14. ，，，若，，三向量共面，则实数_________.
答案：
【解析】
分析：根据空间向量共面列出方程组，求出.
【详解】，，，若，，三向量共面，
设，
即，
所以，解得:，所以.
故答案为：5
15. 已知的圆心在轴上，半径为1，且过点，，则与的公共弦长为___________.
答案：##
【解析】
分析：待定系数法求出圆的方程，然后两圆方程相减，消去二次项可得公共弦所在直线方程，利用可得.
【详解】根据题意设圆的方程为，则有，解得，所以圆的方程为，即①，
将圆化为一般方程得：②，
①-②得公共弦所在直线l的方程为：，
则圆心到直线l的距离，所以公共弦.
故答案为：
16. 如图，，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点Q，若，则直线的斜率为_______．
答案：
【解析】
分析：连接，设（），则.利用椭圆的定义表示出，由勾股定理求出，即可得到，进而求出直线的斜率.
【详解】如图，连接.
设（），则.
因为，，所以，.
在中，，所以，即，整理得，所以，所以直线的斜率为．
故答案为：-2.
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. 已知空间中三点、、．
（1）若、、三点共线，求的值；
（2）若且、的夹角是钝角，求的取值范围．
答案：（1）
（2）
【解析】
分析：（1）求出向量、的坐标，分析可知，设，根据空间向量的坐标运算可得出关于、、的方程，即可得解；
（2）根据题意可得出，即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
解：由题意可得，，
因为、、三点共线，则，
设，所以，，解得，因此，.
【小问2详解】
解：若，则，
因为、的夹角是钝角，则，解得且.
因此，实数的取值范围是.
18. 已知的顶点，直角顶点为，顶点在轴上，求：
（1）顶点的坐标；
（2）外接圆的一般方程.
答案：（1）
（2）
【解析】
分析：（1）设出点坐标，由求解即可；
（2）设出外接圆的一般方程，代入坐标，解方程即可求解.
【小问1详解】
设顶点，显然直线斜率均存在，
由题意得，且，
所以，解得，所以顶点；
【小问2详解】
设外接圆的方程为，
由题意知，解得，
所以外接圆的一般方程为.
19. 如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝4，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC中点．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）求二面角D﹣CA1﹣A的余弦值；
答案：（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析：（1）由条件先证明底面，从而可证明.
（2）取的中,则可得面，过作,垂足为，连结,所以为D﹣CA1﹣A的平面角，然后在直角三角形中求解即可
【小问1详解】
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面,底面,则
又AC＝4，AB＝3，BC＝5，则,所以
又,所以面
面,所以
【小问2详解】
点D是线段BC的中点．取的中，则,且
由（1）可知面，则面
过作,垂足为，连结,
所以为D﹣CA1﹣A的平面角
由AA1＝AC＝4，则,则为等腰三角形，且,
所以, 直角三角形中,
在直角三角形中,
20. 已知直线与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，且的面积为4．
（1）求m的值；
（2）若，点E，F分别在线段OA和OB上，且，求的取值范围．
答案：（1）
（2）
【解析】
分析：（1）由题意，求解与坐标轴的交点，结合三角形的面积公式，可得答案；
（2）由（1）可得点的坐标，根据面积关系，转化边长的关系，设出点的坐标，整理数量积的函数关系，可得答案.
【小问1详解】
令，得；令，得．
所以．，解得．
【小问2详解】
由（1）可得，易得P为AB的中点，则．
．
因为，所以，则．
设，则，
．
故的取值范围为．
21. 如图，圆.
（1）若圆与轴相切，求圆的方程；
（2）当时，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.问：是否存在圆，使得过点的任一条直线与该圆的交点，都有？若存在，求出圆方程，若不存在，请说明理由.
答案：（1）或
（2）存在，
【解析】
分析：（1）根据题意可得代入则关于的二次方程判别式为0求解即可；
（2）代入可求解，，再假设存在圆，设直线的方程为，联立圆的方程，设，将题意转化为､的斜率互为相反数，进而用的坐标表示并代入韦达定理化简，最后讨论特殊情况当直线与轴垂直时判断是否满足即可.
【小问1详解】
因为由，可得，
由题意得，所以或，
故所求圆的方程为或.
【小问2详解】
令，得，即，求得，或，
所以，.假设存在圆，当直线与轴不垂直时，
设直线的方程为，代入得，
设，从而
，.因为､的斜率之和为
，
而
因为，所以，､的斜率互为相反数，即
，
所以，即.
当直线与轴垂直时，仍然满足，即､的斜率互为相反数.
综上，存在圆，使得.
22. 如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.
（1）求异面直线与所成的角的余弦值；
（2）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
答案：（1）
（2）存在，或
【解析】
分析：（1）以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成的角的余弦值；
（2）计算出平面的一个法向量的坐标，假设存在点，设，其中，求出的坐标，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得的值，即可得解.
【小问1详解】
解：，，，得，
由题意，因为，所以，，
又侧面，以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，
，，
设异面直线与所成的角为，则，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
【小问2详解】
解：由（1）得，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
假设存在点，设，其中，
，
由已知可得，
得，即，解得或，
因此，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，且或.