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版附解析）

这是一份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版附解析），共16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。

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.6 B.1 C.2 D.4
2.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=0 B.7x-2y-48=0
C.7x+2y+24=0 D.2x-7y+24=0
5.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=0 B.x-2y=0
C.2x+y=0 D.2x-y=0
6.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=1 B.（x-4）2+（y-2）2=1
C.（x-4）2+（y+2）2=1 D.（x+4）2+（y-2）2=1
8.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. 3 B.
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=-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.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:D
4.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A1D1 FE,所以四边形A1D1EF是平行四边形,
所以A1F D1E,所以=.
又因为=++=-++,所以=+-.故选B.

7.答案:C
8.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===-.
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
cos α= = = .
所以点C到平面AEC1F的距离为d=||cos α=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