2022-2023学年河南省新乡市长垣市高二上学期11月期中测试数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省新乡市长垣市高二上学期11月期中测试数学试题

一、单选题

1．直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将直线方程化为斜截式，即可求出直线的斜率.

【详解】解：直线即，所以直线的斜率为.

故选：C

2．已知空间向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量数量积的坐标运算可得答案.

【详解】因为，所以，故.

故选：A

3．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】采用假设向量共面，则根据共面向量定理可列出方程组，根据该方程组解的情况，判断选项,根据，判断C.

【详解】对于A，假设，，共面，

则存在实数使得，则，

此方程组无解，假设不成立，，，不共面；

对于B, 假设，，共面，

则存在实数使得，则，

此方程组无解，假设不成立，，，不共面；

对于C,因为，

故，，共面．

对于D, 假设，，共面，

则存在实数使得，则，

此方程组无解，假设不成立，，，不共面；

故选：C

4．圆与圆的公切线共有（    ）

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条

【答案】B

【分析】判断出两圆的位置关系即可得结果.

【详解】圆即的圆心为，半径为；

圆的圆心为，半径为；

圆心距为，满足，

即两圆相交，所以公切线共有2条，

故选：B.

5．如图，在正四面体中，是的中点，，设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量线性运算法则进行运算即可.

【详解】连接

因为是的中点，，

所以，

故选：B

6．方程表示的曲线为（    ）

A．圆 B．圆的右半部分

C．圆 D．圆的上半部分

【答案】D

【分析】平方后可判断曲线的形状.

【详解】因为，所以，

即，

故方程表示的曲线为圆的上半部分.

故选：D.

7．若空间中有三点，，．则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出平面的法向量，后用点面距离相关公式可得答案.

【详解】由题，，．

设平面的法向量为，所以

令，得．因为，

所以点到平面的距离为.

故选：A

8．已知圆：（），直线：．若对任意实数，圆上到直线的距离为1的点有4个，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设直线过定点，根据圆到直线的距离最大为求解即可．

【详解】解：设直线过定点，

不论取何值，到直线最远的距离始终为，

，

解得．

故选：D．

9．台风中心从地以的速度向西北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正西方向的处，则城市处于危险地区内的时长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作出平面图形后，可求得到的距离，结合勾股定理可求得的长度，由此可得所求时长.

【详解】以为圆心，为半径作圆，与运动方向交于两点，

由题意知：，，，

作，垂足为，则为中点，

，，，

城市处于危险地区内的时长为.

故选：D.

10．已知曲线，则曲线上的点到点的距离的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简曲线的方程，作出曲线的图形，以点为圆心作圆，分析可知当圆与曲线相切时，点到曲线上的点的距离取最大值，即可得解.

【详解】曲线的方程可化为，

当，时，曲线的方程为；

当，时，曲线的方程为；

当，时，曲线的方程为；

当，时，曲线的方程为.

画出曲线，如图所示．

以为圆心作圆与曲线相切，设其中一个切点为，记点，

则曲线上的点到点的距离的最大值为

.

故选：D.

11．如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且，M，N，P分别为AB，，的中点，则（    ）

A． B．平面BDN

C． D．平面MNC

【答案】D

【分析】根据已知条件求得在底面的射影，由此建立空间直角坐标系，进而对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】先证明在底面上的射影在上：

过作平面，垂足为，

过作，垂足为；过作，垂足为.

连接.

由于平面，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以.

同理可证得.

由于，所以，

所以，

由于，所以，

所以，所以是的角平分线，

由于四边形是菱形，所以点在上，

也即在底面上的射影在上.

依题意，

由于，所以，

所以是的中点，也即，如下图所示，

则平面，由于平面，所以，

由于，所以两两相互垂直，

由此建立如图所示空间直角坐标系.

，

，

所以，，

,

A选项，由于不存在实数，使，所以不平行，A选项错误.

B选项，，所以与不垂直，所以与平面不垂直.

C选项，，所以与不垂直，C选项错误.

D选项，设平面的法向量为，

则，故可设，

所以，，

因为平面，所以平面，D选项正确.

故选：D

12．已知正四面体的棱长为6，是四面体外接球的球面上任意一点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知结合正多面体外接圆的求法求出四面体外接球的半径，取的中点，即可根据已知确定的范围，并根据向量的运算得出，即可得出答案.

【详解】如图，设、分别为、的中点，作平面，垂足为，

则由正四面体的性质可得，正四面体的外接球的球心在上，设球心为，

因为正四面体的棱长为6，且为正三角形，

所以，，

设四面体外接球的半径为，则，

则，即，解得．

因为，

因为，

所以，

所以外接球的球心到弦的距离．

根据向量的运算可知：

．

因为是四面体外接球的球面上任意一点，

则

即，

则，

则，

故选：B.

二、填空题

13．直线与平行，则______．

【答案】6

【分析】由两直线平行得系数间的关系，列出方程，检验求得a的值.

【详解】由，得或．

当时，两直线重合；当时，符合题意．

故答案为：6.

14．已知空间向量，，，且，，若，则______．

【答案】

【分析】根据向量平行列方程，求得，进而求得.

【详解】

，

由于，且，

所以，则，

所以，则，

所以.

故答案为：

15．圆，关于直线对称的圆的标准方程为___________.

【答案】

【分析】由圆的一般方程可确定圆心和半径，设对称圆的圆心，利用和中点在上可构造方程组求得坐标，由此可得结果.

【详解】由圆方程可得：圆心，半径，

设圆心关于的对称点，则，解得：，即，

圆的标准方程为：.

故答案为：.

16．如图，将正三角形绕旋转到三角形的位置，当二面角的大小在时，直线与直线所成角的余弦值的取值范围为______．

【答案】

【分析】抓住分别用和表示，从而建立与之间的关系，进而求解可得．

【详解】解：取中点E，连接，EC，，

则为二面角的平面角，

面，

过点B作，过点C作，，连接，

则面，四边形为菱形，

如下图

直线与直线所成角即为与所成角，设为，

设正三角形边长为2，

则，

在中，

，

在中，

，

在中，由余弦定理得

，

，

即，

整理得，

，

，

，

又，

∴直线与直线所成角的余弦值为．

故答案为：．

【点睛】本题的易错点为忽视直线与直线为异面直线，求得余弦要加绝对值．本题也可用向量法求解：选、、为基底把与表示出来，用数量积可求得．

三、解答题

17．如图，在边长为4的正方体中，，，分别是，，的中点．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

(1)写出，，，，五点的坐标；

(2)求．

【答案】(1)，，，，

(2)

【分析】(1)根据点的位置写出各点的坐标；

(2)先求向量的坐标，再结合向量的坐标运算公式求解.

【详解】（1）由题可知，，，，，

（2）由（1）可知，，，

则，

则.

18．（1）求两条平行直线与间的距离；

（2）求过点且与直线垂直的直线方程.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）直接根据平行线间的距离公式即可得结果；

（2）根据垂直关系设所求直线的方程为，将点代入求出值即可.

【详解】（1）两条平行直线与间的距离.

（2）依题可设所求直线的方程为，

将点的坐标代入得.

则，

故所求直线的方程为.

19．在长方体中，底面是边长为2的正方形，分别是的中点.

(1)证明：平面.

(2)求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.（1）利用向量法证明平面；

（2）利用向量法求与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）由题意可知，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，.

因为分别是的中点，所以,.所以

在长方体中，为平面的一个法向量.

因为，且平面，

所以平面.

（2）,.

设为平面的一个法向量，则，

不妨设，则.

设与平面所成角为，则.

即与平面所成角的正弦值为.

20．已知圆的圆心坐标为，，且圆与轴相切，并与圆外切．

(1)求圆的标准方程；

(2)若经过点的直线与圆交于两点，且，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)直线方程为：或，见详解

【分析】（1）先化简圆方程找出半径，圆心，由圆与轴相切，并与圆外切，联立方程组解出即可的方程（2）分直线斜率存在不存在的情况讨论，利用圆与直线的位置关系求解即可.

【详解】（1）由圆，知标准方程为：

，圆心为，半径为3

设圆的半径为，且圆与轴相切

所以                    ①

又圆与圆外切

所以       ②

联立解的

所以圆的标准方程为

（2）①当直线斜率不存在时，方程为：

此时代入中解的：

所以满足题意

所以直线方程为：

②当直线斜率存在时，设斜率为，又经过点

则直线方程为：

即

由圆的圆心到直线的距离为

由直线与圆交两点，且，圆的半径为

所以

即

解得：

所以直线方程为：

21．如图所示，在直三棱柱中，分别为棱，的中点.

(1)证明：平面平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：如图以为坐标原点，、、分为、、轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，，，

设平面的法向量为，则，即，令则，

设平面的法向量为，则，即，令则，

因为，所以，

所以平面平面.

（2）解：由（1）知平面的法向量为，

显然平面的法向量可以为，

所以，

所以，所以二面角的正弦值为.

22．已知直线与圆相交于、两点．

(1)若直线始终平分圆的周长，求的值；

(2)若以为直径的圆经过点，求的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出圆心的坐标，将圆心的坐标代入直线的方程，可求得实数的值；

（2）设、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，分析可得，利用韦达定理结合平面向量数量积的运算可求得实数的值，结合可得结果.

【详解】（1）解：圆的标准方程为，圆心的坐标为，

故，解得．

（2）解：设、，联立，

消去整理得．

，即，解得，

由韦达定理可得，

因为以为直径的圆经过点，所以，

因为，，

则

，

解得或，均满足，

综上所述，或.