广东省茂名市电白区2022-2023学年高二数学上学期期中考试试卷（Word版含解析）

2022-2023学年度茂名市电白区高二第一学期数学期中考试一、单选题(本题8小题，每小题5分共40分　　)1.过点A(3,-4),B(-2,m)的直线l的斜率为-2,则m的值为(　　)A.6B.1C.2D.42.已知a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),则a+3b=(　　)A.(-2,7,4)B.(2,-7,4)C.(0,17,2)D.(0,17,-2)3.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点，则EF与CG所成角的余弦值是(　　)A.B.C.D.4.若点A(1,-1)在直线l上的射影为B(3,6),则直线l的一般式方程为(　)A.2x+7y-48=0B.7x-2y-48=0C.7x+2y+24=0D.2x-7y+24=05.圆O1:x2+y2-2x=0与圆O2:x2+y2+4y=0的公共弦所在的直线方程是(　)A.x+2y=0B.x-2y=0C.2x+y=0D.2x-y=06.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC延长线上一点,若=2,则=(　　)A.++B.+-C.+-D.+-7.与圆（x+2）2+（y-6）2=1关于直线3x-4y+5=0对称的圆的方程是(　　)A.（x+4）2+（y+2）2=1B.（x-4）2+（y-2）2=1C.（x-4）2+（y+2）2=1D.（x+4）2+（y-2）2=18.如图，正四面体ABCD的棱长为1，的中心为O，过点O的平面与棱AB，AC，AD，BD，CD所在的直线分别交于P，Q，R，S，T，则(    )A.3B.C.D.4二、多选题(本题4小题，每小题5分共20分.全部选对5分，有选错的0分，部分选对的得2分　　) 9.若向量=(1,2,0),=(-2,0,1),则(　　)A.cos<,>=-B.⊥C.∥D.||=||10.已知，，则(    )A.，夹角为锐角B.与相互垂直C.D.以，为邻边的平行四边形的面积为11.已知直线l1:x+ay-a=0和直线l2:ax-(2a-3)y-1=0,下列说法正确的是(　　)A.直线l2始终过定点B.若l1∥l2,则a=1或a=-3C.若l1⊥l2,则a=0或a=2D.当a>0时,l1始终不过第三象限12.关于圆C：，下列说法正确的是(    )A.k的取值范围是B.若，过的直线与圆C相交所得弦长为，其方程为C.若，圆C圆相交D.若，，直线恒过圆C的圆心，则恒成立三、填空题：：本题4小题，每小题5分共20分13.过点(-1,2),且斜率为2的直线的方程是14.圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是15.如图所示,多面体是由底面为ABCD的长方体被平行四边形AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.则BF的长为,点C到平面AEC1F的距离为16.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是__________ ①；②该几何体外接球的表面积为；③若G为EC中点，则平面AEF；④的最小值为四、解答题：本题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.(本小题10分)解答下列问题：已已知顶点，边AB上的高为CE且垂足为 求边BC上中线AD所在的直线方程； 求点E的坐标．18.（本小题12分）知向量，若，求实数k；若向量与所成角为锐角，求实数k的范围.19.（本小题12分）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,M为AA1的中点,BC=BD=1,AB=AA1=. (1)求证:DM⊥平面BDC1;(2)求平面MBC1与平面DBC1夹角的余弦值.20.（本小题12分）已知圆C：与直线l：证明：直线l和圆C恒有两个交点．若直线l和圆C交于A、B两点，求的最小值及此时直线l的方程．21.（本小题12分）如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M为PC的中点.(1)求证:BM∥平面PAD;(2)平面PAD内是否存在一点N,使MN⊥平面PBD?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.22.(12分)已知圆M与直线x=2相切,圆心M在直线x+y=0上,且直线x-y-2=0被圆M截得的弦长为2.(1)求圆M的方程,并判断圆M与圆N:x2+y2-6x+8y+15=0的位置关系.(2)若在x轴上的截距为-1且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A,B两点,在x轴上是否存在定点Q,使得kAQ+kBQ=0?若存在,求出Q点坐标;若不存在,说明理由. 答案一、单选题1.答案:A解析:由题意知直线l的斜率为-2,则=-2,解得m=6.2.答案:C解析:a+3b=(-3,2,5)+3(1,5,-1)=(0,17,2)3.答案:D4.答案:A解析:由题意,得kAB==,所以直线l的斜率为-,所以直线l的方程为y-6=-(x-3),即2x+7y-48=0.5.答案:A解析:因为x2+y2-2x=0,x2+y2+4y=0,所以(x2+y2-2x)-(x2+y2+4y)=0,所以x+2y=0,即所求直线方程为x+2y=0.6.答案:B解析:如图,取BC的中点F,连接A1F,则A1D1FE,所以四边形A1D1EF是平行四边形,所以A1FD1E,所以=.又因为=++=-++,所以=+-.故选B.7.答案:C8.答案:A解析：因为O为的中心，所以，设，，，所以， 因为O，P，Q，R四点共面，所以，即，二、多选题9.答案:AD解析:因为向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),所以|a|=,|b|=,a·b=1×(-2)+2×0+0×1=-2,cos<a,b>===-.可得A,D两项正确,B,C两项显然不正确.10.答案:ABD解析：，，A. ，且与不共线，故，夹角为锐角，故A正确；B.由于，与相互垂直，故B正确；C. ， ，，，故C错误；D. ，故以，为邻边的平行四边形的面积为故D正确.  11.答案:ACD解析:直线l2:a(x-2y)+3y-1=0始终过定点,A项正确;当a=1时,l1,l2重合,B项错误;由1×a+a×(3-2a)=0,得a=0或a=2,C项正确;直线l1的方程可化为y=-x+1,可知其始终过点(0,1).当a>0时,直线l1的斜率为负,不会过第三象限,D项正确.12.答案:AC 解析：对于A，若方程表示圆，则，解得，故A正确；对于B，若，则圆C：，即，圆心为，半径为若过的直线的斜率不存在时，直线方程为，则圆心到直线的距离为1，则直线与圆C相交所得弦长为，满足已知条件，故直线方程可以为；若过的直线的斜率存在时，设斜率为m，则直线方程为，即，设圆心到直线的距离为d，又弦长为，则，则，即，解得，故直线方程为，故满足已知条件的直线方程为或，故B错误；对于C，，则圆C：，圆心为，半径为 圆的圆心为，半径为1，两圆心间的距离为，且，故两圆相交，故C正确；对于D，若，圆心为，若直线恒过圆C的圆心，则，又，则，当且仅当，即时等号成立，故D错误.三、填空题13.答案：2x-y+4=0解析:因为直线过点(-1,2),且斜率为2,所以该直线方程为y-2=2(x+1),即2x-y+4=0.14.答案：(x-1)2+(y-1)2=2解析:由题意,知圆的半径r==,所以圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2.15.答案：2，解析:如图,建立空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).由题意,知四边形AEC1F为平行四边形,所以由=,得(-2,0,z)=(-2,0,2).所以z=2,所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2). 所以||=2,即BF的长为2.设n1为平面AEC1F的一个法向量,显然n1不垂直于平面ADF.因为=(0,4,1),=(-2,0,2),所以可设n1=(x,y,1),则由得所以所以n1=.因为=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则cosα===.所以点C到平面AEC1F的距离为d=||cosα=3×=.16.答案：①②③ 解析：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，可得，，，，，，即有，，由，可得，故①正确；由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点，可得半径为，即有该几何体外接球的表面积为，故②正确；若G为EC中点，可得，，，，设平面AEF的法向量为，可得，且，可设，可得一个法向量为，由，可得则平面AEF，故③正确；设， ，当时，取得最小值，故④错误．四、解答题17.解：因为顶点，所以B，C的中点D为，………………………………………1分故边BC上中线AD所在的直线方程为…………………3分即；………………………………………………………4分由题，所以边AB上的高为CE所在直线的斜率为，…………………5分故AB所在直线方程为即；…………………6分CE所在直线方程为即…………………7分又边AB上的高为CE且垂足为E，所以点E的坐标满足解得………………9分故点E的坐标为  …………………………………………10分18.解：因为，，所以，，…………………………2分因为，所以，………………………4分解得：…………………………………………………………6分因为向量与所成角为锐角，………………………7分所以，……………………………………9分 ，…………………………………………………10分解得且 …………………………………………………12分19.(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以AD=BC=BD=1.又因为AB=,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.……………………………1分由题意,得DD1⊥平面ABCD.…………………………………2分以D为坐标原点,DA,DB,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),M,B(0,1,0),C1(-1,1,),……………………3分所以=,=(0,1,0),=(-1,1,),所以·=0,·=-1+1=0,………………………………4分所以DM⊥DB,DM⊥DC1.………………………………………5分又因为DB∩DC1=D,DB⊂平面BDC1,DC⊂平面BDC1,所以DM⊥平面BDC1.…………………6分(2)解:由(1)可知,=是平面BDC1的一个法向量,…7分且=,=(-1,0,).设平面MBC1的法向量为=(x,y,z),则即令z=1可得,=,……………………………………9分 所以cos<,>===,…………………11分设所求二面的夹角的大小为，则cos=|cos<,>|=所以平面MBC1与平面DBC1夹角的余弦值为.…………12分20.（1）证明：直线，即，………………………………………1分联立，解得，所以不论k取何值，直线l必过定点，………………………3分圆C：，圆心坐标为，半径，因为，所以点P在圆C内部，…4分则直线l与圆C恒有两个交点．……………………………………5分（2）由知直线l经过圆C内定点，圆心，当直线时，被圆C截得的弦AB最短，……………………7分此时，……………………8分因为，所以直线l的斜率为，……………………9分又直线l过点，所以当取得最小值时，直线l的方程为，即，………………………………………………………11分综上：最小值为，此时直线l方程为 ……12分21.(1)因为PD⊥平面ABCD，AB,AD平面ABCD所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD故以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系如图所示………………………………………1分则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,1,1),……………………2分=（0，1，1）又因为AB⊥AD,AB⊥PA,且PA，AD平面PAD所以AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为=(1,0,0),…3分所以·=0×1＋1×0＋1×0=0,所以⊥.…………………………………………4分因为BM⊄平面PAD,所以BM∥平面PAD.……………………5分(2)解:由题意,知=(-1,2,0),=(1,0,-2).……………………6分假设平面PAD内存在一点N,使MN⊥平面PBD.设N(0,y,z),则=(-1,y-1,z-1).…………………………………8分因为⊥,⊥,所以即所以所以N,…………………………………11分所以在平面PAD内存在点N,使MN⊥平面PBD.…12分22.解:(1)设圆M的圆心为M(a,-a),半径为r,则解得即圆心坐标为(0,0),r=2,所以圆M的方程为x2+y2=4.………………………………2分由题意知,圆N的圆心为(3,-4),半径R=,…………………3分r+R=2+,R-r=-2. 因为|MN|=5,-2<5<+2,…………………………………4分所以圆M与圆N相交.…………………………………………5分(2)存在.…………………………………………………………6分方法一:设l:x=my-1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由得(m2+1)y2-2my-3=0.…………………………7分由根与系数的关系,得………………………8分假设存在Q(t,0)满足条件,则kAQ==,kBQ==,…………………………………………………9分由kAQ+kBQ=0,得+=0,即===0,即2m(t+4)=0且m≠0,所以t=-4.………………………………11分所以存在Q(-4,0)满足条件.……………………………………12分方法二:设l:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).由得(k2+1)x2+2k2x+k2-4=0,………………………7分则……………………………………………8分 假设存在Q(t,0)满足条件,则kAQ+kBQ=+………………………………………………9分=+=====0,解得t=-4.………………………………………………………11分所以存在Q(-4,0)满足条件.…………………………………………12分