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    广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题(含答案)
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    广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题(含答案)

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    这是一份广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题(含答案),共6页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    东莞四中2022-2023学年度第一学期期中考试
    高二数学
    一、单项选择题:本大题共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. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

    1、二元方程 (x-3)2+(y+1)2=(-2)2 表示圆C,圆心C的坐标和半径r分别为(  )
    A. C(3,-1), r= -2  B. C(3,-1), r=2 C. C(-3,1), r= -2 D. C(-3,1), r= 2
    G
    M
    D
    C
    B
    A

    2. 在空间四边形ABCD中, M,G分别是BC, CD的中点,
    则 AD-AB+MG= (  )
    A GM    B. 2MG C. 3GM D. 3MG



    3.将直线l上一点A(-1,2) 向右平移1个单位,再向上平移2个单位,得到的点B仍在直线l上,则直线l的方程是 (  )
    A .2x-y+4= 0 B. 2x+y= 0 C. 2x-y+5= 0 D. x+2y-3= 0
    C
    B
    A
    P
    O


    4、 如图所示, 已知A,B,C三点不共线, P为平面ABC内一定点,
    O为平面ABC外任一点, 下列能表示向量OP的为(  )

    A. OA+2AB+2AC; B. OA-3AB-2AC;
    C. OA+3AB-2AC; D. OA+2AB-3AC.

    5.如图, 已知空间四边形ABCD每条边和对角线的长度都等于a, E, F, G分别是AB, AD, DC的中点, 则下列向量的数量积等于a2的是 (  )

    A. 2BA·AC B. 2AD·DB C. 2FG·AC D. 2EF·CB


    6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中, 若向量a在单位正交基底{AB, AD, AA1}下的坐标为(2,1,-3), 则向量a在单位正交基底{DA, DC, DD1}下的坐标为 (  )
    A. (2,1,-3) B .(-1,2,-3) C. (1,-8,9) D. (-1,8,-9)


    7.在空间直角坐标系中, 若点A(1,-2,11), B(4,2,3), C(6,-1,4), 则△ABC一定是 (  )
    A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形


    8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 直线BB1与面ACD1所成角的正弦值为 (  )
    A. 13   B. 223   C. 63 D. 33 
    二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分. 在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.

    9、若向量a=(1,2,0), b=(-2,0,1), 则 (  )
    A. cos= - 2 5     B. a⊥b C. a∥b     D. |a|=|b|

    10、两平行直线l1和l2间的距离为24, 若直线l1的方程为x-y+1= 0, 则直线l2的方程为( )
    A. x-y= 0 B. 2x-2y+1= 0 C. 2x-2y+3= 0 D. x-y+2= 0


    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23,13 B. 若l1∥l2, 则a=1或a=-3
    C. 若l1⊥l2, 则a= 0或a=2 D. 当a>0时, l1始终不过第三象限

    12、若直线l: m x+(2m-1) y- 6= 0与两坐标轴所围成的三角形的面积为3, 则m的值是(  )
    A. 2 B .32 C. 3 D. - 32


    三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分. 请把答案填在答题卡的相应位置上.

    13、直线x -3y+1= 0的倾斜角是

    14、在平面直角坐标系中,已知点A(2,0), B(0,4), O为坐标原点,则△ABO的外接圆的方程是 .

    15、在平面直角坐标系中,已知点A(0,2), 点B是直线l: x-2y - 2= 0的动点,则|AB|的最小值


    16、如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AB= 2, AD= 1, F, G分别是AB, CC1的中点, 则点D1到直线GF的距离为














    四、解答题: 本大题共6小题,第17题10分,18、19、20、21、22题各12分,共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内,超出指定区域的答案无效.
    17、(本小题满分10分)
    已知关于x,y的二元二次方程 x2+y2+Dx+Ey+3=0,
    (1) 若方程表示的曲线是圆,求证:点M ( D, E )在圆x2+y2=12外;
    (2) 若方程表示的圆C的圆心在直线x+y-1=0上且在第二象限, 半径为2, 求圆C的方程.







    18、(本小题满分12分)
    在△ABC中, 顶点B的坐标为(1,2),顶点A在x轴上,边BC上的高AH所在直线的方程为x-2y+1= 0, 边AB,AC所在直线的倾斜角之和为180º.
    (1) 求顶点A的坐标和直线BC的方程;
    (2) 求△ABC的面积.








    19、(本小题满分12分)
    D1
    C1
    B1
    A1
    B
    C
    A
    D
    如图, 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, CC1=3, CD=2,
    且∠C1CB=∠C1CD=60°.
    (1)求证:BD⊥CA1
    (2)求CA1的长.
















    20、(本小题满分12分)
    如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, ∠ABC=π2, D是棱AC的中点, 且AB=BC=BB1=2.
    (1) 求异面直线AB1与BC1所成角的大小.
    (2) 求直线AB1与平面BC1D的距离.








    21、 (本小题满分12分)
    如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, E, M分别是BC, AE的中点, AD=AA1=1, AB=2.
    (1) 试问在线段CD1上是否存在一点N, 使MN∥平面ADD1A1? 若存在, 确定N的位置; 若不存在, 请说明理由.
    (2) 在(1)中,当MN∥平面ADD1A1时,试确定直线BB1与平面DMN的交点F的位置,并求BF的长..









    22. (本小题满分12分)
    如图, 在四棱锥O-ABCD中, 底面ABCD是边长为1的菱形, OA⊥底面ABCD, ∠ABC=π4, OA=2, M为OA的中点.
    (1) 求点B到平面OCD的距离;
    (2) 求平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值.















    东莞四中2022-2023学年度第一学期期中考试
    高二数学参考答案及评分标准(教师版)
    一、单项选择题:BDAC CBAD
    二、多项选择题:AD BC ACD AD
    三、填空题:13、π6 14、(x-1)2+(y-2)2=5或x2+y2-2x-4y=0 15、655 16、423
    四、解答题:
    17、(本小题满分10分)
    解:(1)方程表示的曲线是圆,所以D2+E2-12>0即D2+E2>12…………2分
    因而点M ( D, E )在圆x2+y2=12外。………………………………3分
    (2)由题意知,圆心C-D2,-E2. …………………………………………4分
    因为圆心在直线x+y-1=0上,
    所以-D2-E2-1=0,即D+E=-2. ① ………………………………5分
    又因为半径r=D2+E2-122=2,
    所以D2+E2=20. ②……………………………………6分
    由①②可得D=2,E=-4或D=-4,E=2.…………………………………………8分
    又因为圆心在第二象限,所以-D2<0,-E2>0,即D>0,E<0.
    所以D=2,E=-4.……………………………………………………………9分
    因而圆的一般方程为x2+y2+2x-4y+3=0. ………………………………10分
    18、(本小题满分12分)
    解:(1)由方程组x-2y+1=0,y=0,求得点A的坐标为(-1,0). …………1分
    因为BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0, 斜率为12…………2分
    所以边BC所在直线的斜率为-2, …………3分
    因而边BC所在直线的方程为y-2=-2(x-1),即2x+y-4=0. …………4分
    (2)因为边AB所在直线的斜率为kAB=1, …………5分
    边AB,AC所在直线的倾斜角之和为180º所以边AC所在直线的斜率为-1, ………6分
    其方程为y=-(x+1),即x+y+1=0. ……………………………………7分
    联立方程2x+y-4=0,x+y+1=0,解得x=5,y=-6,即顶点C的坐标为(5,-6), …………9分
    所以|BC|=45, …………10分
    点A到直线BC的距离d=|-2-4|5=65, ……………………………………11分
    因而△ABC的面积为S=12|BC|·d=12×45×65=12. ……………………12分
    19、(本小题满分12分)
    解:(1)设CD=a, CB=b, CC1=c, …………1分
    由已知条件,得|a|=|b|=2, |c|=3, a·b=0, =60°, =60°. …………2分
    D1
    C1
    B1
    A1
    B
    C
    A
    D
    而BD=CD-CB=a-b,………………………………3分
    CA1=CD+ CB+ CC1=a+b+c, ……………………………4分
    因为BD· CA1=(a-b)·(a+b+c)
    =a2+a·b+a·c-b·a-b2--b·c
    =22+0+2×3×cos 60°-0-22--2×3×cos 60°=0…………6分
    所以BD⊥ CA1即BD⊥CA1…………………………………7分
    (2)由(1),得CA1=a+b+c,
    则|CA1|2=CA12=(a+b+c)2………………………………………9分
    =a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c
    =22+22+32+0+2×2×3×cos 60°+2×2×3×cos 60°=29. …………11分
    所以A1C的长为29…………12分
    20、(本小题满分12分)
    解: (1) 以{12BC,12BA,12BB1}为基底建立空间直角坐标系, ………1分
    则B(0,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,2),B1(0,0,2). ………………………2分
    所以AB1=(0,-2,2), BC1=(2,0,2), ………………………………3分
    cos=AB1·BC1|AB1||BC1|=0+0+422×22=12.
    设异面直线AB1与BC1所成的角为θ,则cos θ=12, ………………5分
    因为θ∈0,π2,所以θ=π3. …………6分
    (2)由(1)D(1,1,0), 直线AB1的方向向量为AB1=(0,-2,2) ………7分
    设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z),
    因为BC1=(2,0,2), BD=(1,1,0),
    由BD· n=0, BC1· n=0得2x+2z=0,x+y=0,化简得y-z=0
    取z=1,得y=1, x=-1
    平面BC1D的法向量为n=(-1,1,1) ………………………………………9分
    AB1· n=(0,-2,2)·(-1,1,1)=0-2+2=0
    AB1⊥ n 即AB1∥平面BC1D. ………………………………………10分
    (可用综合法证明:如图,连接B1C交BC1于点O,连接OD.
    因为O为B1C的中点,D为AC的中点,
    所以OD∥AB1.
    因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,
    所以AB1∥平面BC1D.
    因为AB1⊄平面BC1D,OD⊂平面BC1D,
    所以AB1∥平面BC1D.)
    直线AB1与平面BC1D的距离为点A到平面BC1D的距离
    d=|BA·n||n|=23=233…………………………………………………11分
    直线AB1与平面BC1D的距离为233………………………………12分
    22、 (本小题满分12分)
    解:(1)如图,以{DA,12DC,DD1}为基底建立空间直角坐标系
    D(0,0,0), A(1,0,0), D1(0,0,1), C(0,2,0), E12,2,0, M34,1,0, ,……1分
    所以DC=(0,2,0),DM=34,1,0, CD1=(0,-2,1). ……………2分
    法一:假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1,
    并设CN=λCD1=λ(0,-2,1)=(0,-2λ,λ) (0<λ<1), ……………3分
    则DN=DC+CN=(0,2,0)+(0,-2λ,λ)=0, 2-2λ, λ,
    MN=DN-DM=-34,1-2λ,λ. ,…………………………4分
    由题意知DC=(0,2,0)是平面ADD1A1的一个法向量,
    所以MN⊥DC, 即2(1-2λ)=0, 解得λ=12. ………………5分
    因为MN⊄平面ADD1A1,
    所以当N为CD1的中点时,MN∥平面ADD1A1. ………6分
    法二:由CD1⊂面Dyz, 假设CD1上存在点N(0,y,z), 使MN∥平面ADD1A1,
    在△CDD1中,由三角形相似的性质知,z1=2-y2, 即y+2z=2 ①,……2分
    DC=(0,2,0)是平面ADD1A1的一个法向量,而MN=(-34, y-1,z)
    由DC·MN=0得2(y-1)=0 ②,………………………………………4分
    由①②得:y=1,z=12,………………………………………………………5分
    因为MN⊄平面ADD1A1,
    所以当N为CD1的中点时,MN∥平面ADD1A1. ,…………………………6分
    (2)法一:由已知,点F在直线BB1上,因直线BB1与z轴平行,可设F(1,2,t), t∈R. ,…7分
    又点F在平面DMN内,因而存在实数λ,μ,使得DF=λDM+μDN,
    即(1,2,t)=λ34,1,0+μ0,1,12,,……………………………………………8分
    整理得:(1,2,t)=34λ, λ+μ, 12μ,………………………………………………9分
    因而1=34λ2=λ+μt=12μ,解得λ=43μ=23t=13 ,……………………………………………………11分
    所以F(1,2,13),故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点,BF=13。,……12分
    法二:由已知,点F在直线BB1上,因直线BB1与z轴平行,可设F(1,2,t), t∈R. ,……7分
    设平面DMN的法向量为n=(x,y,z), DM=34,1,0, DN=0,1,12
    由DM· n=0, DN· n=0得34x+y=0,y+12z=0,化简得34x-12z=0即3x-2z=0,取z=3得y= -32, x=2
    因而平面DMN的法向量为n=(2, -32,3) ,……………………………………………9分
    在平面DMN内任取一点,不妨取点D,与点F组成的向量DF=(1,2,t),
    可得DF· n=0,即2×1+(-32)×2+3t=0, ,………………………………………………10分
    解得t=13,………………………………………………………………………………11分
    因而F(1,2,13),故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点,BF=13。,……12分
    法三:由已知,点F在直线BB1上,因直线BB1与z轴平行,可设F(1,2,t), t∈R. ,……7分
    设平面DMN内任一点P(x,y,z),
    在平面DMN内任异于点P的一点,不妨取点D,与点P组成的向量DP=(x,y,z),
    因为DF· n=0,即2x-32y+3z=0, ,………………………………………………9分
    将F(1,2,t)代入,解得z=13,…………………………………………………11分
    因而F(1,2,13),故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点,BF=13。,……12分
    法四:(思路):由(1)N为CD1的中点,延长DN, 必过点C1,
    连结AB1,易证DC1∥AB1。
    延长DM交AB于点G, 可证点G是线段AB的一个三等分点。
    再过点G作GF∥AB1与线段BB1交于点F, 易得BF=13。
    22. (本小题满分12分)
    解(1):如图,作AP⊥CD于点P,以A为坐标原点,AB,AP,AO所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, ……………………………………………………1分
    则A(0,0,0), B(1,0,0), P0,22,0, D-22,22,0, O(0,0,2),
    因为OP=0,22,-2, PD=-22,0,0, ,………………………………2分
    法一:设平面OCD的法向量为n1=(x,y,z),
    则n·OP=0,n·OD=0,得22y-2z=0,-22x=0.
    取z=2,则x=0 , y=4,
    所以n1=(0,4,2)是平面OCD的一个法向量. ,…………………4分
    设点B到平面OCD的距离为d.
    因为OB=(1,0,-2),
    所以d=|OB·n||n|=23,
    所以点B到平面OCD的距离为23. ,………………………………6分
    (2)法一:因为M(0,0,1),.MP=0,22,-1, PD=-22,0,0,……7分
    设平面MCD的法向量为n2=(x,y,z),
    则n·MP=0,n·PD=0,得22y-z=0,-22x=0. 取z=2,则x=0 , y=2,
    所以n2=(0,2,2)是平面OCD的一个法向量. ,………………………9分
    设平面M CD与平面OCD所成夹角为ϑ,
    n1·n2=10,n1=32,n2=6
    所以cosϑ=cos=|n1·n2||n1||n2|=1032×6=593,…………………11分
    因而平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值为593,………………12分
    法二:连结PO, PM,由OA⊥底面ABCD, CD⊂面ABCD,得OA⊥CD,又AP⊥CD,
    CD⊥面OAP, 而PO, PM面OAP,所以CD⊥PO, CD⊥PM。
    因而∠OPM是平面M CD与平面OCD所成二面角的平面角。…………8分
    而PO=0,-22,2,PM=0,-22,1,………………………………………9分
    PO·PM=52,PO=322,PM=62
    所以cos∠OPM=cos=PO·PM|PO||PM|=52322×62=593……………11分
    因而平面M CD与平面OCD所成夹角的余弦值为593,…………………12分
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