广东省广州中学2022-2023学年高二数学上学期期中试卷（Word版含答案）

广州中学2022学年第一学期期中考试高二数学试卷一、单项选择题：每小题5分，共40分．1.直线的一个方向向量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据直线方程直接写出其方向向量即可得答案.【详解】由直线方程知：直线方向向量有及它的平行向量均可作为其方向向量.故选：D2.如图，在四面体OABC中，，，.点M在OA上，且,为BC中点，则等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的加法和减法的三角形法则得到.【详解】连接, 是的中点，,,.故选：B3.两平行直线和间的距离是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将方程变形，再根据两平行直线间的距离公式计算可得；【详解】解：直线即为，所以两平行直线和间的距离；故选：A4.已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则A.2B.C.6D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C. 考点：切线长5.如图，已知棱长为的正方体，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解.【详解】 如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则、、、，所以，，设异面直线与所成角为，则，故选：A【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.6.如图，己知二面角的棱上有两个点A，B，线段与分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直与棱l．若，平面与平面的夹角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】过在面内作，过作，交于，进而确定平面与平面的夹角为，结合已知及题图确定二面角的大小.【详解】过在面内作，过作，交于， 由且，故且，又，，，所以平面与平面的夹角为，且为矩形，即，由，则，又，面，则面，面，故，又，则，在直角△中，在△中，，所以，如图，锐二面角的大小为.故选：C7.已知直线和以为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（）A.B.C.D.或【答案】D【解析】【分析】先求出所过的定点，结合直线与线段相交，应用斜率两点式求出斜率k的范围.【详解】由题设，恒过点，则，， 又在y轴上，在y轴两侧，故直线的斜率.故选：D8.在正方体中，E是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是　　A.B.CD.【答案】B【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系利用向量法求出直线与直线AB所成角的正弦值的最小值．【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体中棱长为1，设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y，，则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB所成角为，1，，，，， ．直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是．故选B．【点睛】本题考查线线角的正弦值的最小值的求法，空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，函数与方程思想，是中档题．二、多项选择题：每小题5分，共20分．9.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角取值范围是B.若直线的斜率为，则该直线的倾斜角为C.平面直角坐标系中的任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率D.直线的倾斜角越大，其斜率就越大【答案】AC【解析】【分析】根据直线倾斜角和斜率关系判断各项的正误.【详解】A：直线倾斜角范围为，正确；B：当直线斜率为，则该直线的倾斜角为内正切值为的角，错误；C：平面内所有直线都有倾斜角，当倾斜角为90°时没有斜率，正确；D：倾斜角为锐角时斜率为正，倾斜角为钝角时斜率为负，错误.故选：AC10.已知直线，动直线，则下列结论正确的是（）A.不存在，使得的倾斜角为90°B.对任意的，与都有公共点C.对任意的，与都不重合 D.对任意的，与都不垂直【答案】BD【解析】【分析】A令即可判断正误；B由过定点，再由定点与的关系判断正误；C令即可判断正误；D利用直线垂直的判定判断值的存在性即可.【详解】A：当时，，符合倾斜角为90°，错误；B：过定点，而也在上，对任意的，与都有公共点，正确；C：当时，，显然与重合，错误；D：要使与都垂直则，显然不存在这样的值，正确.故选：BD11.已知，圆，则以下选项正确的有（）A.圆C上到B的距离为2的点有两个B.若过A的直线被圆C所截得的弦为，则的最小值为C.若过A的直线被圆C所截得的弦为，则弦的中点的轨迹方程是D.若点D满足过D作圆C两条切线互相垂直，则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A由定点到圆心距离及圆的半径判断；B首先判断在圆内，再根据所截弦长最短知直线与垂直，写出直线方程，进而求最小弦长；C由题意的轨迹是以为直径的圆，即可得圆的方程；D根据切线性质判断、和两个切点所成的四边形为正方形，进而可知的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后求定点到圆上点的最小值即可. 【详解】由题设，圆心为且半径，则，故，所以圆C上到B的距离为2的点有一个，A错误；由，即在圆内，故过A的直线被圆C所截得的弦长最小，只需直线与垂直，故直线为，此时，B正确；若过A的直线被圆C所截得的弦的中点为，则，故的轨迹是以为直径的圆，所以轨迹方程为，C正确；若D满足过D作圆C的两条切线互相垂直，结合切线的性质知：、和两个切点所成的四边形为正方形，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即，而，故该圆上点到的最小值为，D正确.故选：BCD12.如图，正方体的棱长为4，动点P，Q分别在线段，上，则下列命题正确的是（）A.直线与平面所成的角等于B.点C到平面的距离为C.异面直线和所成的角为D.线段长度的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用正方体的性质，结合线面垂直的判定证面，进而确定直线与平面所成的角、C到平面的距离，由，异面直线和所成角即为与所成角求大小，过作于，再过作于 ，利用线面垂直及勾股定理求的最小值.详解】正方体中面，面，故，又，由，面，故面，而面，故直线与平面所成的角，A正确；C到平面的距离为，B正确；因为，故异面直线和所成角即为与所成角，而△为等边三角形，故，C错误；过作于，再过作于，面面，面面，面，故面，面，则，又，面，所以面，易知：即为异面直线，上两点的距离，令，则，，所以，当时，，D正确.故选：ABD 三、填空题：每小题5分，共20分．13.若平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，且，则______．【答案】【解析】【分析】由，得，利用向量坐标平行计算公式代入计算.【详解】由，得，所以，解得，，∴．故答案为：14.已知直线，直线，若，则实数______．【答案】【解析】【分析】由由有，即可求，然后验证、是否重合.【详解】∵，有，∴，解得或，当时，，，即、为同一条直线；当时，，，即；∴，故答案为：15.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，高为1，则点D到平面ACD1的距离是_____． 【答案】##【解析】【分析】利用等体积法，根据可得.【详解】因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正四棱柱，，，所以，记AC中点为O，则，所以，记三棱锥的高为h，因为，所以，解得.故答案为：.16.数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线，已知的顶点、，其欧拉线的方程为，则的外接圆方程为______. 【答案】【解析】【分析】求出线段的垂直平分线方程，与欧拉线方程联立，求出的外接圆圆心坐标，并求出外接圆的半径，由此可得出的外接圆方程.【详解】直线的斜率为，线段的中点为，所以，线段的垂直平分线的斜率为，则线段的垂直平分线方程为，即，联立，解得，即的外心为，所以，的外接圆的半径为，因此，的外接圆方程为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求圆的方程，主要有两种方法：（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．四、解答题：本题包括6小题．共70分．17.三角形的三个顶点是，，．（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程．【答案】（1）；（2）．【解析】 【分析】（1）先根据斜率公式得，由于边上的高与所在直线垂直且过，故根据点斜式求解即可；（2）由题知中点为，故再根据点斜式求解即可.【详解】（1）边所在直线的斜率因为所在直线的斜率与BC高线的斜率乘积为，所以高线的斜率为，又因为高线所在的直线过所以高线所在的直线方程为，即（2）设中点为，则中点，又所以边上的中线所在的直线方程为：，即：【点睛】本题考查直线的方程的求解，解题的关键在于利用两直线垂直且斜率存在，则斜率乘积为，考查运算求解能力，是基础题.18.已知圆：与圆：.（1）若圆与圆外切，求实数m的值;（2）在(1)的条件下，若直线l过点(2，1)，且与圆的相交弦长为，求直线l的方程.【答案】（1）m=5（2）或【解析】【分析】（1）根据两圆外切，两圆心之间的距离等于两圆半径之和可得；（2）先根据弦长求出圆心到直线的距离，然后分斜率存在和不存在两种情况讨论，利用点到直线的距离公式可得.【小问1详解】圆：，则，半径r1=1，由圆：，得，则，半径.∵圆与圆外切，∴，∴，解得m=5. 【小问2详解】由(1)得m=5，圆的方程为，则，r2=2.由题意可得圆心到直线l的距离，当直线l斜率不存在时，直线方程为x=2，符合题意;当直线l斜率为k时，则直线方程为，化为一般形式为，则圆心(3，0)到直线l的距离，解得k=0，得直线方程为y=1.综上，直线l的方程为或.19.如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是AB，BC上的动点，且．（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）构建空间直角坐标系，令且，应用向量法求证垂直即可；（2）由三棱锥体积最大，只需△面积最大求出参数a，再标出相关点的坐标，求平面与平面的法向量，进而求它们夹角的余弦值，即可得正切值.小问1详解】 如下图，构建空间直角坐标系，令且，所以，，，，则，，故，所以，即.【小问2详解】由（1），三棱锥体积取最大，即△面积最大，所以，当时，故为AB，BC上的中点，所以，，，故，若为面的法向量，则，令，故，又面的法向量为，所以，由图，平面与平面的夹角正切值为.20.（1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线l的方程；（2）设直线l的方程为，若，直线l与x，y轴分别交于M，N两点，O为坐标原点，求面积取最小值时，直线l的方程．【答案】（1）x＋y－1＝0或3x＋4y＝0；（2）x＋y－2＝0 【解析】【分析】（1）分直线过原点和不过原点，当直线不过原点时设截距式方程，代入点可得；（2）求出M，N两点坐标，利用坐标表示出面积，分离常数后使用基本不等式可得.【详解】（1）当直线不过原点时，设l的方程为＋＝1，∵点在直线上，∴＋＝1，解得，所以直线方程为x＋y－1＝0；当直线过原点时，直线斜率，∴直线的方程为，即3x＋4y＝0.综上知，所求直线方程为x＋y－1＝0或3x＋4y＝0.（2）∵，∴M，，∴＝＝≥2，当且仅当a＋1＝，即a＝0时等号成立．故所求直线l的方程为x＋y－2＝0.21.已知直三棱柱中，侧面为正方形，，分别为和的中点，为棱上的点，．（1）证明：（2）当为何值时，面与面所成的二面角的余弦值最大？【答案】（1）证明见解析 （2）时，面与面所成的二面角的余弦值最大【解析】【分析】（1）利用线面垂直性质可知，结合可证得平面，由和线面垂直性质可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】三棱柱为直三棱柱，平面，又平面，，又，平面，，平面，又平面，；四边形为正方形，，.【小问2详解】以为坐标原点，为轴可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，则，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；又平面的一个法向量， ，则当时，，即当时，面与面所成的二面角的余弦值最大.22.已知圆的圆心在射线上，截直线所得的弦长为6，且与直线相切．（1）求圆的方程；（2）已知点，在直线上是否存在点（异于点），使得对圆上的任一点，都有为定值？若存在，请求出点的坐标及的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在,为,【解析】【分析】（1）由题,设圆心为,由相切关系求得半径,再由弦长公式求出,进而得到圆的方程；（2）假设存在满足条件的点和定值,设为,为,利用两点间距离公式得到,再根据在圆上,待定系数法求得系数的关系,进而求解即可【详解】（1）圆的圆心在射线上,设圆心为,圆心到直线的距离为,又圆与直线相切,,圆截直线所得的弦长为6,,则,即, ,解得或（舍）,圆心为,圆为（2）存在,为,,假设存在直线上点（异于点）,使得对圆上的任一点,都有为定值,由题,设为,且,,设为,则,,则,整理可得,圆上,,即,,,解得,此时为【点睛】本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查两点间距离公式的应用,考查运算能力,考查数形结合能力