山东省潍坊市安丘市2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份山东省潍坊市安丘市2022-2023学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)，共16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、( )
A.B.C.D.
2、点到直线的距离为1,则( )
A.0或2B.1或2C.0D.2
3、已知向量与平行,则( )
A.1B.C.3D.
4、直线，的斜率是方程的两个根，则( )
A.B.
C.与相交但不垂直D.与的位置关系不确定
5、在圆的方程的探究中,有四位同学分别给出了一个结论.
甲:该圆的半径为
乙:该圆经过点
丙:该圆的圆心为
丁:该圆经过点
如果只有一位同学的结论是错误的,那么这位同学是( )
A.甲B.乙C.丙D.丁
6、已知直线经过定点P,直线经过点P,且的方向向量,则直线的方程为( )
A.B.C.D.
7、正四棱柱的底面边长为2,点E,F分别为,的中点,且已知与BF所成角的大小为,则直线与平面BCF之间的距离为( )
A.B.C.D.
8、已知直线,点是圆内一点,若过点A的圆的最短弦所在直线为m,则下列说法正确的是( )
A.l与圆C相交,且B.l与圆C相切,且
C.l与圆C相离,且D.l与圆C相离,且
二、多项选择题
9、已知a,b为不同的直线,,为不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.,,
B.,,
C.,,
D.,,,
10、关于直线,以下说法正确的是( )
A.直线l过定点B.时,直线l过第二,三,四象限
C.时,直线l不过第一象限D.原点到直线l的距离的最大值为1
11、过点的直线l与圆相交于不同的两点A,B,弦AB的中点为P,曲线D为点P组成的集合,则( )
A.的最小值为
B.可能为等腰直角三角形
C.曲线的方程为
D.曲线D与圆O没有公共点
12、如图,在四棱锥的平面展开图中,四边形ABCD为直角梯形,,,.在四棱锥中,以下结论正确的是( )
A.平面平面PBD
B.
C.三棱锥的外接球表面积为
D.平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为
三、填空题
13、直线的横截距与纵截距的和为_________.
14、已知大小为的二面角的一个面内有一点,它到二面角棱的距离为2,则这个点到另一个面的距离为_________.
15、点P在圆上运动,直线分别与x轴,y轴交于A,B两点,面积的最大值为_________.
16、已知正方体的棱长为2,点M是棱BC的中点,点N是棱上的一个动点,设点A,M,N确定的平面为,当点N为的中点时,平面截正方体的截面的面积为_________.点到平面的距离的最小值为_________.
四、解答题
17、已知向量,,且.
（1）求c的值;
（2）若与互相垂直,求实数k的值.
18、已知直线l过点,且倾斜角是直线倾斜角的倍.
（1）求直线l的方程;
（2）设直线l与直线的交点为Q,点R在直线上,若三角形PQR的面积为,求点R的坐标.
19、已知圆,圆C过点且与圆O相切于点.
（1）求圆C的标准方程;
（2）若P是圆C上异于点的动点,PA,PB是圆O的两条切线,A,B是切点,求四边形PAOB面积的最大值.
20、在三棱锥中,为等边三角形,平面ABC,将三角形PAC绕PA逆时针旋转至PAD位置(如图),且二面角的大小为.
（1）证明:A,B,C,D四点共面,且;
（2）若,设G为PC的中点,求PB与平面ABG所成角的正弦值.
21、在边长为a的正方体上选择四个顶点,然后将它们两两相连,且这四个顶点组成的几何图形为每个面都是等边三角形的四面体,记为四面体.
（1）请在给出的正方体中画出该四面体,并证明;
（2）设的中心为O,关于点O的对称的四面体记为,求与的公共部分的体积.(注:到各个顶点距离相等的点称为四面体的中心)
22、已知曲线C是到两个定点,的距离之比等于常数的点组成的集合.
（1）求曲线C的方程;
（2）设过点B的直线l与C交于M,M两点,问在x轴上是否存在定点,使得为定值?若存在,求出点Q的坐标及定值;若不存在,请说明理
参考答案
1、答案：D
解析:
2、答案：A
解析:由题意得解得或2
故选A
3、答案：B
解析:解析:由于向量与平行,注意到,所以,故,,.故选B.
4、答案：B
解析：设直线，的斜率分别是，，依题意得，所以.故选B.
5、答案：D
解析:圆的半径为5,乙:圆经过点,丙:该圆的圆心为,可得圆的方程为把点代入不满足圆的方程,所以丁的结论错误.故选D.
6、答案：B
解析:直线,即,由求得,,故直线l经过定点.
直线l经过点P,且l”的方向向量,故直线的斜率为,
故直线的方程为,即,故选:B.
7、答案：C
解析:取H为中点,连接HB,HF,FC,不妨令HC,FB相交于O,由于点E为的中点,故,CE,即四边形为平行四边形,
故,故与BF所成角的大小与HC与BF所成角的大小相等,即,不妨设,
故,,,
由平面,平面,故,点O为CH中点,故,又,故为等边三角形,即
解得,即,连接EF,EB,作于G,由于,平面BCF,平面BCF,故平面BCF,则直线与平面BCF之间的距离即为点E与平面BCF之间的距离,由平面,平面,故,又,FC,平面BCF,故平面BCF,即EG为点BCF与平面BCF之间的距离,
,,,
故,
线与平面BCF之间的距离为.
故选C.
8、答案：D
解析:因为点是圆内一点,所以,
所以圆心到直线的距离为,
所以直线l与圆C相离,由圆的性质可知当时,过点A的圆的弦最短,此时,
所以.
故选:D.
9、答案：BC
解析:
10、答案：AB
解析:
11、答案：BCD
解析:由题意得,设,则,
即曲线D的方程为,故C正确,
对于A.,当时,取得最小值,故A错误,
对于B.当时,,为等腰直角三角形,故B正确,
对于D.曲线D的圆心,半径,则,两圆无公共点,故D正确,
故选:BCD.
12、答案：ABD
解析:由四棱锥的表面展开图还原立体图,可得平面ABCD,.
又因为AB,平面ABCD,所以,,在直角梯形ABCD中,,,
所以,即,又因为PB,平面PBD,,所以平面PBD,又因为平面PAD,
所以平面平面PBD,故A正确.
因为,,
所以,故B正确.
由题意得外接圆的半径,
所以三棱锥外接球的半径为
所以三棱锥外接球的表面积为,故C错误.
由题意,以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,.
因为,,,
且PB,平面PBC,所以平面PBC,
所以平面PBC的一个法向量为,
又,,
设平面PAD的法向量为,
则,即得,
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为,故D正确.
故选ABD.
13、答案：
解析:
14、答案：
解析:如下图,
依据题意,设内有一点C,过C作棱的垂线,垂足B,与的夹角即为二面角,即.又因为,在中,,则有,解得.即这个点到另一个平面的距离为.
故答案为:
15、答案：6
解析:解析:由题意可知,,因此,
由于长度为定值,故面积的最大时即为点P到直线的距离最大,
而圆上点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半径,
又因为圆心到直线的距离为,
又因为半径为,
所以点P到直线的距离最大值为,
因此面积的最大值为.
16、答案：,
解析:当N是的中点时,连接AD,,由于,
所以A,M,N,四点共面,所以平面即平面,
根据正方体的性质可知,四边形是等腰梯形,
,,
所以等腰梯形的高为,
所以截面面积为
当N是棱上任意一点时,建立空间直角坐标系如下图所示,
,,
设,,,
设平面的法向量为,
则,故可设,,
所以平面的距离为,
又,,所以当,时,A到平面的距离取得最小值为.
故答案为:;.
17、答案：（1）
（2）
解析:（1）因为向量,,
所以,
所以,
所以;
（2）当时,
,,
因为与互相垂直,
所以,
得,
得;
当时,
,,
因为与互相垂直,
所以,
得,
得;
综上所述.
18、答案：解析:（1）由题意知直线的倾斜角为,
所以直线的倾斜角为,
所以直线的斜率为,
所以直线的方程为,
即;
（2）联立,
得交点坐标为,
所以得,
设点到直线的距离为,
因为三角形的面积为,所以,
得,
设,则,
得,
所以或,
所以或.
19、答案：（1）
（2）
解析:（1）设线段MN的垂直平分线为l,则圆心C既在直线l上,又在直线:上,
因为直线MN的斜率为,所以直线l的斜率为,
所以直线l的方程为,
联立,
得交点坐标为,
所以圆C的圆心坐标为,半径为,
所以圆C的标准方程为.
（2）由题意得,
因为,
所以当点P在两圆心的连线上时,取得最大值或最小值,且最大值为,
所以四边形PAOB面积的最大值.
20、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）证明:因为平面ABC,
所以,
所以,又,
所以平面ACD,
假设ABCD四点不共面,
因为平面ABC,平面ACD,
所以平面平面ACD,
与平面平面矛盾,
故ACD四点共面,
又因为,,
所以为二面角的平面角,
所以,
即,
又,
且,
所以平面PAB;
又平面PAB,所以.
（2）以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系;
则,,,,得,
,,
设平面ABG的法向量为,
则,即,
令,得,;
.
21、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）如图,取A,,C,四点并顺次连接四点,
构成四面体,
设正方体的边长为a,
则该四面体的每一条边长为,
所以证得四面体为正四面体;
（2）连接,交于点O,
则O为正方体的中心,
所以O到正方体的各个顶点的距离相等,
故O为四面体的中心,
可得A关于O的对称点为,关于O的对称点为D,
C关于O的对称点为,关于O的对称点为B,
如图所示,得到四面体为,
,
设,,分别为CA,,的中点,
所以.
22、答案：（1）5
（2）见解析
解析:（1）由题意得,
化简可得.
（2）假设在x轴上存在定点,使得恒为定值;
由直线l与曲线C交于M,N两点,设,,
当直线l的斜率存在时,设l的方程为,
联立,得,
由韦达定理得,,
所以
,
由为定值,得,即,此时,
当直线l的斜率不存在时,,
当时,,
所以,在x轴上存在定点,使为定值.