山东师范大学附属中学2022-2023学年高二数学上学期期中学业水平测试试卷（PDF版有答案）

2021级2022-2023学年第一学期期中学业水平测试数学学科试题本试卷共4页,满分为150分,考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上.2．选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.3．填空题、解答题必须用0.5毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案,不得使用涂改液、胶带纸、修正带和其它笔.一、选择题：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.已知向量a(3,6,7),b(4,m,n)分别是直线l,l的方向向量,若l//l,则()12122828A.m8,n28B.m8,nC.m4,m28D.m4,n332.直线3xy20的倾斜角是()A.150B.120C.60D.303.如图,四面体OABC中,OAa,OBb,OCc,且OM2MA,BNNC,则MN()211111A.abcB.abc322222221121C.abcD.abc3322324.已知直线l:ax2y0与l:x(a1)y40平行,则实数a的值为()12A.1B.2C.1或2D.不存在5.四棱锥PABCD中,AB(2,1,3),AD(2,1,0),AP(3,1,4),则这个四棱锥的高为()25521A.B.C.D.55551 6.如图,直四棱柱ABCDABCD的底面是菱形,AAAB2,11111BAD60,M是BB的中点,则异面直线AM与BC所成角的111余弦值为()101110A.B.C.D.5555227.已知直线l:xay10(aR)平分圆C:xy6x2y10的周长,过点P(4,a)作圆C的一条切线,切点为A,则PA()A.7B.2C.43D.21028.已知曲线y14x与直线yk(x2)4有两个不同的公共点,则实数k的取值范围是()335553A.[,)B.[,)C.(,)D.(,]441212124二、选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求的,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.给出以下命题,其中正确的是()1A.直线l的一个方向向量为a(1,1,2),直线m的一个方向向量为b(2,1,),则l与m垂直2B.直线l的一个方向向量为a(0,1,1),平面的一个法向量为n(1,1,1),则lC.平面,的一个法向量分别是n(0,1,3)，n(1,0,2),则//12111D.若对空间中任意一点O,都有OPOAOBOC,则P,A,B,C四点共面2362210.已知直线(2m1)x(1m)ym20(mR)与圆C:x4xy0,则（)A.对mR,直线恒过一定点B.mR,使得直线与圆相切C.对mR,直线与圆一定相交D.直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为2222211.若圆xyr(r0)上恒有4个点到直线xy20的距离为1,则实数r的可能取值是（)A.2B.31C.3D.212 12.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.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知直角坐标系中A(2,0),B(2,0),满足PA2PB的点P的轨迹为C,则下列结论正确的是（)1A.C上的点到直线3x4y50的最小距离为3B.若点(x,y)在C上,则x3y的最小值是2yC.若点(x,y)在C上,则的最小值是2x224646D.圆x(ya)4与C有公共点,则a的取值范围是a33三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若a(2,1,2),b(6,3,2),且(ab)a,则实数.14.已知点P(4,5),则它关于直线3xy30对称点为.222215.圆心在直线xy40上,且经过圆xy4x60与xy4y60的交点的圆的标准方程是.16.在棱长为1的正方体ABCDABCD中,P是底面ABCD（含边界）上一动点,满足APAC,111111则线段AP长度的取值范围是.1四、解答题：本题共6个小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)22已知圆C:xy4x0.(1)直线l的方程为x3y0,直线l交圆C于A,B两点,求弦长AB;(2)过点P(4,4)引圆C的切线,求切线的方程.18.(12分)22已知线段AB的端点B的坐标是(6,5),端点A在圆C:(x4)(y3)4上运动.1(1)求线段AB的中点P的轨迹C的方程;2(2)设圆C与曲线C的两交点为M,N,求线段MN的长.123 19.(12分)2已知在平面直角坐标系中,曲线yx6x1与坐标轴的交点都在圆C上.(1)求圆C的方程;(2)如果圆C与直线xya0交于A,B两点,且OAOB,求实数a的值.20.(12分)如图,在长方体ABCDABCD中,AB2,BCCC1.若在CD11111上存在点E,使得AE平面ABD.111(1)求DE的长;(2)求平面ABD与平面BBE夹角的余弦值.11121.(12分)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,底面ABCD为直1角梯形,BC//AD,ADC90,BCCDAD1,E为AD的中点,2过BE的平面与PD,PC分别交于点G,F.(1)求证:GFPA;(2)若PAPD2,线段PD上是否存在点G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为10?若存在,请确定点G的位置;若不存在,请说明理由.522.(12分)如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是圆心M在线段OA上且与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80m.经测量,点A位于点O正北方向60m处,点C4位于点O正东方向170m处（OC为河岸）,tanBCO.3(1)求新桥BC的长;(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?4 2021级2022-2023学年第一学期期中学业水平测试数学学科答案选择题123456789101112BCACBDADADACDBCABD填空题922613.14.(2,7)15.(x1)(y3)1616.[,2]192解答题2217.解：（1）因为圆C:xy4x0,所以圆心C(2,0),r2,2圆心C到直线l的距离d11221(3)22所以AB2rd23.1（2）斜率不存在时,x4,圆心C到直线l的距离d2,与圆相切,符合题意.2斜率存在时,设斜率为k,则切线方程为y4k(x4),即kxy44k0,2k44k2k4圆心C到此切线的距离为d322k1k12k43由dr,即2,解得k,所以切线方程为3x4y403k214综上可知,切线方程为x4或3x4y40.18.解：（1）设点P的坐标为(x,y),点A的坐标为(m,n),因为点B的坐标为(6,5),且点P是线段ABm6x2m2x6的中点,所以,于是有.n5n2y5y22222因为点A在圆C:(x4)(y3)4上运动,所以(m4)(n3)4,12222所以(2x64)(2y53)4,整理得(x5)(y4)1,所以点P的轨迹C的方程为222(x5)(y4)1.1 2222（2）将圆C:(x4)(y3)4与圆C:(x5)(y4)1的方程相减得2x2y190.圆1222C:(x5)(y4)1的圆心为(5,4),半径r1,且圆心(5,4)到直线2x2y190的距离210819222114d,所以MN2rd21.2222482219.解：（1）由曲线yx6x1与y轴交点为(0,1),与x轴交点为(322,0),(322,0),222222因而圆心坐标为C(3,t),则有3(t1)(22)t,所以t1,半径为3(t1)3,22所以圆C的方程为(x3)(y1)9（2）设点A(x,y),B(x,y)1122xya0联立22(x3)(y1)922消去y得2x(2a8)xa2a1022a2a1所以5616a4a0,所以xx4a,xx,1212222a6a1yy(xa)(xa)xxa(xx)a12121212222a2a1a6a12因为OAOB,所以xxyya2a10,121222解得a1,满足0,故a的值为1.20.解：（1）以D为原点,以DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴如图建立1空间直角坐标系,设DEa,则E(0,a,0),A(1,0,0),A(1,0,1),B(1,2,1),D(0,0,1),111所以AB(0,2,1),DB(1,2,0),AE(1,a,1),因为AE平面ABD,111111111所以AEAB,即AEAB2a10,解得a,所以DE.1111223（2）由（1）知AE为平面ABD的法向量,BE(1,,0),BB(0,0,1),111122 z0BB1n0设平面BB1E的法向量为n(x,y,z),则,即3,BEn0xy02令y2,可得n(3,2,0),设平面ABD与平面BBE夹角为,1114813所以coscosAE,n,1339132813所以平面ABD与平面BBE夹角的余弦值为.11139121.解：（1）证明：因为BCAD,且E为AD的中点,所以BCDE,又BC//AD,所以四边形2BCDE为平行四边形,所以BE//CD,又CD平面PCD,BE平面PCD,所以BE//平面PCD,又平面BEGF平面PCDGF,BE平面BEGF,所以BE//GF,又BEAD,且平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,BE平面ABCD,所以BE平面PAD,所以GF平面PAD,又PA平面PAD,所以GFPA.（2）存在,G为PD上靠近点的三等分点,连接PE,因为PAPD,E为AD的中点,所以PEAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,PE平面PAD,所以PE平面ABCD.以E为坐标原点,以EA,EB,EP所在直线分别为x,y,z轴如图建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(0,1,0),E(0,0,0),D(1,0,0),则PB(0,1,1),BE(0,1,0),DP(1,0,1),设DGDP(01),得G(1,0),所以EG(1,0,),BEn0y0设平面BEGF的法向量为n(x,y,z),则即EGn0(1)xz0令x,可得n(,0,1).3 假设存在点G满足题意,设直线PB与平面BEGF所成的角为,110于是有sincosn,PB,22(1)2512110得或1(舍),所以存在点G(,0,),使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为,3335此时G为PD上靠近点D的三等分点.22.解：（1）如图,以OC,OA所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,则C(170,0),A(0,60).44由题意知k,则直线BC的方程为y(x170),BC33133又k,所以直线AB的方程为yx60.ABk44BC4y(x170)3x80由解得即B(80,120),3y120yx60422所以BC(80170)120150(m).（2）设OMt,即M(0,t)(0t60),3t680由（1）知直线BC的一般式方程为4x3y6800,圆M的半径r,5rt80由题意知r(60t)803136tt803t6806803t35由于0t60,因此r136t,所以5553136t(60t)805所以10t35,所以当t10,即OM10时,r取得最大值130m,此时圆形保护区的面积最大.4