广东省茂名市电白区2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份广东省茂名市电白区2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、过点,的直线l的斜率为,则m的值为( )
A.6B.1C.2D.4
2、已知,,则( )
A.B.C.D.
3、如图,在棱长为1的正方体中,E,F,G分别是,BD,的中点,则EF与CG所成角的余弦值是( )
A.B.C.D.
4、若点在直线l上的射影为,则直线l的一般式方程为( )
A.B.C.D.
5、圆与圆的公共弦所在的直线方程是( )
A.B.C.D.
6、如图,在平行六面体中,E为BC延长线上一点,若,则( )
A.B.C.D.
7、与圆关于直线对称的圆的方程是( )
A.B.
C.D.
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.3B.C.D.4
二、多项选择题
9、若向量,,则( )
A.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、已知直线和直线,下列说法正确的是( )
A.直线始终过定点
B.若,则或
C.若,则或
D.当时,始终不过第三象限
12、关于圆,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
13、过点,且斜率为2的直线的方程是________.
14、圆心为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所截而得到的,其中,,,.则BF的长为________.,点C到平面的距离为________.
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3
四、解答题
17、解答下列问题:
已已知顶点,,边AB上的高为CE且垂足为
（1）求边BC上中线AD所在的直线方程;
（2）求点E的坐标.
18、知向量,
（1）若,求实数k;
（2）若向量与所成角为锐角,求实数k的范围.
19、在直四棱柱中,四边形ABCD为平行四边形,M为的中点,,.
（1）求证:平面;
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20、已知圆与直线.
（1）证明:直线l和圆C恒有两个交点.
（2）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、如图,在四棱锥中,,,底面ABCD,,M为PC的中点.
（1）求证:平面PAD;
（2）平面PAD内是否存在一点N,使平面PBD?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
22、已知圆M与直线相切,圆心M在直线上,且直线被圆M截得的弦长为.
（1）求圆M的方程,并判断圆M与圆的位置关系.
（2）若在x轴上的截距为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?若存在,求出Q点坐标;若不存在,说明理由.
参考答案
1、答案：A
解析:由题意知直线l的斜率为,则,解得.
2、答案：C
解析:
3、答案：D
解析:
4、答案：A
解析:由题意,得,所以直线l的斜率为,所以直线l的方程为,即.
5、答案：A
解析:因为,,所以,所以,即所求直线方程为.
6、答案：B
解析:如图,取BC的中点F,连接,则,所以四边形是平行四边形,
所以,所以.
又因为所以.
故选B.
7、答案：C
解析:
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,
9、答案：AD
解析:因为向量,,
所以,,
,
.
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:直线始终过定点,A项正确;
当时,,重合,B项错误;
由,得或,C项正确;
直线的方程可化为,可知其始终过点.当时,直线的斜率为负,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,
即,圆心为,半径为2.
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,圆心为,半径为2.
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.
13、答案：
解析:因为直线过点,且斜率为2,
所以该直线方程为,即.
14、答案：
解析:由题意,知圆的半径,
所以圆的方程为.
15、答案：, QUOTE 43311 Ʊ
解析:如图,建立空间直角坐标系,则,,,,.
设.
由题意,知四边形为平行四边形,
所以由,得.
所以,所以.
所以.
所以,即BF的长为.
设为平面的一个法向量,显然不垂直于平面ADF.
因为,,
所以可设,
则由得,所以.
所以.
因为,设与的夹角为,
则,
所以点C到平面的距离为.
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.
17、答案：（1）
（2）
解析:（1）因为顶点,,,
所以B,C的中点D为,
故边BC上中线AD所在的直线方程为
即;
（2）由题,
所以边AB上的高为CE所在直线的斜率为,
故AB所在直线方程为即;
CE所在直线方程为即.
又边AB上的高为CE且垂足为E,
所以点E的坐标满足,解得,
故点E的坐标为
18、答案：（1）
（2）且
解析:（1）因为,,
所以,,
因为,所以,
解得:.
（2）因为向量与所成角为锐角,
所以,
,
解得且.
19、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以.
又因为,
所以,所以.
由题意,得平面ABCD.
以D为坐标原点,DA,DB,所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则,,,,
所以,,,
所以,,
所以,.
又因为,平面,平面,
所以平面.
（2）由（1）可知,是平面的一个法向量,
且,.
设平面的法向量为,
则,即,
令,可得,,
所以,
设所求二面的夹角的大小为,则
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）证明:直线,
即,
联立,解得,
所以不论k取何值,直线l必过定点,
圆,圆心坐标为,半径,
因为,所以点P在圆C内部,
则直线l与圆C恒有两个交点.
（2）由（1）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,
此时,
因为,所以直线l的斜率为,
又直线l过点,
所以当取得最小值时,直线l的方程为,即,
综上:最小值为,此时直线l方程为.
21、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析:（1）因为平面ABCD,AB,平面ABCD
所以,,且
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
则,,,,
又因为,,且PA,平面PAD
所以平面PAD,
所以平面PAD的一个法向量为,
所以,
所以.
因为平面PAD,所以平面PAD.
（2）由题意,知,.
假设平面PAD内存在一点N,使平面PBD.
设,则.
因为,,
所以,即,
所以,所以,
所以在平面PAD内存在点,使平面PBD.
22、答案：（1）见解析
（2）见解析
解析:（1）设圆M的圆心为,半径为r,
则,解得,即圆心坐标为,,
所以圆M的方程为.
由题意知,圆N的圆心为,半径,
,.
因为, QUOTE 10 ,
所以圆M与圆N相交.
（2）存在.
方法一:设,,,
由,得.
由根与系数的关系,得,
假设存在满足条件,
则,,
由,得 QUOTE y1my1-t-1 y1my1-t-1,
即,
即且,所以.
所以存在满足条件.
方法二:设,,.
由,得,
则,
假设存在满足条件,
则
,
解得.
所以存在满足条件.