2022-2023学年广东省深圳市南头中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市南头中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版），共17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。

一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．
【详解】直线的斜率为1，倾斜角为45°，
故选：B．
2．已知圆，则（ ）
A．圆C的圆心坐标为B．圆C的圆心坐标为
C．圆C的半径为D．圆C的半径为35
【答案】C
【分析】圆方程配方成标准方程后可得圆心坐标和半径．
【详解】圆C的方程可化为，则圆心坐标为，半径为.
故选：C.
【点睛】本题考查圆的一般方程，圆的一般方程可以配方为标准方程，得圆心坐标与半径．
3．已知直线：与：相交于点，则（ ）
A．B．1C．2D．－2
【答案】A
【分析】把点代入两直线方程求得，进而求得．
【详解】解：∵ 点在直线和上，
∴ ，
解得，
．
故选：A．
4．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量线性运算的定义进行求解即可.
【详解】，
故选：A
5．若直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）
A．1B．C．3D．4
【答案】B
【分析】先求得m的值，再去求两平行直线间的距离即可.
【详解】由直线与直线平行，
可得，解之得
则直线与直线间的距离为
故选：B
6．直三棱柱中，，则与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据几何体特点建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式即可得出异面直线所成角.
【详解】如图所示，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，可得，，， .
，

故BM与AN所成角的余弦值为
故选：A.
7．已知椭圆的焦点为、，P为椭圆上的一点，若，则的面积为（ ）
A．3B．9C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆定义和焦点三角形，利用余弦定理和面积公式即可求解.
【详解】根据椭圆的定义有，①
根据余弦定理得，②
结合①②解得，所以的面积．
故选:C
8．若直线与曲线恰有一个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，作图，根据直线与圆的位置关系，可得答案.
【详解】由曲线，可得，
表示以原点为圆心，半径为的右半圆，
是倾斜角为的直线与曲线有且只有一个公共点有两种情况：
①直线与半圆相切，根据，所以，结合图象可得；
②直线与半圆的上半部分相交于一个交点，由图可知.
综上可知：或.
故选：D.
二、多选题
9．给出下列命题，其中是真命题的是（ ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若存在实数使则点共面
【答案】AD
【分析】对于A：先计算出，判断出，即可证明与垂直；对于B：判断出，即可得到不成立；对于C：判断出不垂直，即可得到不成立；对于D： 不共线，由平面向量基本定理可以判断；共线时，可以判断共线，则点共面也成立.即可判断.
【详解】对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，
且，所以，所以与垂直.故A正确；
对于B：因为直线的方向向量，平面的法向量，且，所以不成立.故B不正确；
对于C：因为平面，的法向量分别为，，且，所以不垂直，所以不成立.故C不正确；
对于D：若不共线，则可以取为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面；
若共线，则存在实数使所以共线，则点共面也成立.
综上所述：点共面.故D正确.
故选：AD
10．已知直线与圆，则（ ）
A．直线与圆C相离
B．直线与圆C相交
C．圆C上到直线的距离为1的点共有2个
D．圆C上到直线的距离为1的点共有3个
【答案】BD
【分析】根据直线与圆的位置关系可判断.
【详解】由圆，可知其圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离，所以可知选项B，D正确，选项A，C错误.
故选：BD
11．已知椭圆C：内一点M(1,2)，直线与椭圆C交于A，B两点，且M为线段AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的焦点坐标为(2,0)､(-2,0)B．椭圆C的长轴长为
C．直线的方程为D．
【答案】BCD
【分析】根据椭圆方程可直接判断A、B的正误，设直线为，，，且，联立椭圆方程应用韦达定理即可求k值，写出直线方程，进而应用弦长公式可求，即可判断C、D的正误.
【详解】A：由椭圆方程知：其焦点坐标为，错误；
B：，即椭圆C的长轴长为，正确；
C：由题意，可设直线为，，，则，联立椭圆方程并整理得：，M为椭圆内一点则，
∴，可得，即直线为，正确；
D：由C知：，，则，正确.
故选：BCD.
12．如图,在棱长为1的正方体中,M为BC的中点,则下列结论正确的有（ ）

A．AM与所成角的余弦值为
B．到平面的距离为
C．过点A,M,的平面截正方体所得截面的面积为
D．四面体内切球的表面积为
【答案】ABD
【分析】对于A,建立空间直角坐标系,找点坐标,用向量夹角的余弦值的绝对值求解线线夹角的余弦值,
对于B,在A的基础上,继续求点的坐标,求平面的法向量,进而根据公式求得点到面的距离,
对于C,取中点为,顺次连接,平面即为截面,求出等腰梯形面积即可,
对于D,根据公式,求体积,求表面积,即可求得内切球半径,进而求得球表面积.
【详解】解:建立如下所示空间直角坐标系,
关于选项A,则有:
,
,
故选项A正确;
关于选项B,由于建立空间直角坐标系,则可得,
,
记平面法向量为,
则有,即,
不妨令可得,
则到平面的距离为,
故选项B正确;
关于选项C,取中点为,顺次连接如图所示,
各个边长均落在正方体表面,且,
所以平面即为截面,
正方体棱长为1,
,
平面是等腰梯形,
过点,分别向做垂线,垂足为,如图所示,
,
,
故选项C错误;
关于选项D,
四面体的体积为,
四面体的表面积为,
不妨设四面体内切球的半径为,
则有,
故四面体内切球的表面积为,
故选项D正确.
故选:ABD
三、填空题
13．已知直线，直线，若，则实数的值为______．
【答案】或
【分析】根据两直线垂直的充要条件求解即可.
【详解】因为，
所以，解得或，
故答案为：或
14．已知是所在平面外一点，，且，则实数的值为____________.
【答案】
【分析】由可得出关于的表达式，再利用空间向量的减法可求得、、的值，即可得解.
【详解】因为，则，
所以，，
所以，，，，因此，.
故答案为：.
15．求过点 的圆 的切线方程__________.
【答案】或
【分析】利用几何法求出切线的斜率，即可得到切线方程.
【详解】过点的斜率不存在的直线为：，圆心到直线的距离为1，与圆相交，不是切线；
当斜率存在，设其为k，则切线可设为.
所以，解得：或.
所以切线方程为：或.
故答案为：或.
16．实数x，y，满足，则的最大值是______.
【答案】##
【分析】先令，再利用直线与圆有公共点列出关于k的不等式，解之即可求得的最大值
【详解】圆的圆心坐标为，半径
令，则，
则直线与圆有公共点
则，解之得
则的最大值是
故答案为：
四、解答题
17．已知圆的圆心在轴上，且经过点，.
(1)求线段的垂直平分线方程；
(2)求圆的标准方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求得的中点为，结合，求得，进而求得线段的垂直平分线的方程；
（2）设圆的标准方程为，根据圆的性质得到圆心在直线上，得到，进而求得圆的半径，即可求得圆的方程.
【详解】（1）解：由点，，可得的中点为，且，
由圆的性质得，所以，可得，
所以线段的垂直平分线的方程是，即.
（2）解：设圆的标准方程为，其中，半径为，
由圆的性质，可得圆心在直线上，所以，即圆心，
又由，所以圆的标准方程为.
18．已知圆和圆.
(1)试判断两圆的位置关系；
(2)求公共弦所在直线的方程；
(3)求公共弦的长度.
【答案】(1)相交
(2)
(3)
【分析】（1）将两圆的方程化为标准方程，得出圆心和半径，然后算出圆心距，和半径之差的绝对值和半径之和比较可得答案；
（2）将两圆的方程作差可得答案；
（3）联立两个圆的方程，解出交点坐标，然后可得答案.
【详解】（1）将两圆方程化为标准方程为
，,
则圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径.
，，，
，两圆相交.
（2）将两圆方程相减，得公共弦所在直线的方程为.
（3）由,
解得或,
两圆的交点坐标为和.
两圆的公共弦的长度为.
19．如图，在正方体中，棱长为2，M、N分别为、AC的中点．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用空间向量证明即可，
（2）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，．
所以，
因为平面,
所以平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，
所以平面
（2），，．
设平面的一个法向量为
则，令，则，，
所以
设与平面所成角为，
则．
因为，
所以与平面所成角为30°．
20．已知圆及直线．
(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆C恒相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长的最短长度及此时的直线方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据直线过定点，而该点在圆内，即可求解，
（2）由时，圆心到直线的距离最大，进而可求最短的弦长以及直线方程.
【详解】（1）将直线的方程变形为，令，解得，即直线过定点．因为，所以点在圆内部．所以不论m为何实数，直线与圆恒相交．
（2）（1）的结论知直线过定点，且当直线时，此时圆心到直线的距离最大，进而被圆所截的弦长最短，故,
从而此时，
此时,直线方程为，即
21．已知椭圆C：过点，且离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据离心率求出参数的关系，再根据椭圆过点，进而求解；
(2)设的方程为，联立方程组，利用韦达定理求出两交点坐标的关系，再利用弦长公式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，又椭圆过点，
所以，所以，
故所求椭圆方程为：.
（2）设的方程为，点，
联立方程组，整理，得，
所以，解得：，
所以，，
则，
解得：.
故所求直线的方程为.
22．如图所示，在四棱锥中，，，，且
(1)求证：平面平面；
(2)已知点是线段上的动点（不与点､重合），若使二面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】(1)见解析；
(2)点在线段上满足
【分析】（1）先由边的关系证得，结合，即可证得平面，进而证得平面平面；
（2）取中点，证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，设，表示出平面和平面的法向量，由夹角公式解出即可确定点的位置.
【详解】（1）
连接，由，知，在中，，
设的中点为，连接，则，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形，
所以，在中，，在中，，
所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）
在中，，所以，在中，过点作，垂足为，因为，
所以为中点，所以，由（1）得平面，平面，则，平面，
，则平面.以为原点，分别以所在直线为轴，以过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示空间坐标系，
则，设，
则，易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
即，即，解得（舍）或，所以，当点在线段上满足时，使二面角的大小为.