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2023-2024学年安徽省宿州市省、市示范高中高二上学期期中教学质量检测数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省宿州市省、市示范高中高二上学期期中教学质量检测数学试题（含解析），共18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。
1.直线3x+ 3y+1=0的倾斜角的大小是( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
2.已知直线l过点M(−1,0)，且一个方向向量为v=(1,2)，则直线l的方程是( )
A. x−2y+1=0B. x+2y+1=0C. 2x−y+2=0D. 2x+y−2=0
3.“−6A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.已知直线l1:x+2y+3=0，l2:x−3y+2=0，则直线l1，l2的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
5.在边长为a的等边三角形ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B−AD−C后，BC= 32a，此时二面角B−AD−C的大小为
( )
A. 30∘B. 60∘C. 90∘D. 120∘
6.若圆C:(x−1)2+(y−m)2=4与圆O:x2+y2=9有公共点，则m的取值范围是( )
A. [−2 6,2 6]B. [−4 3,4 3]
C. (−2 6,2 6)D. [2 6,2 42]∪[−2 42,2 6]
7.在三棱锥O−ABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=2GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y+z=( )
A. 14B. 23C. 34D. 1
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱A B、BC上的动点，且AE=BF，当A1、E、F、C1共面时，直线C1F和平面A1DE夹角的正弦值为( )
A. 3010B. 3030C. 7010D. 1030
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列结论正确的是( )
A. 直线的倾斜角越大，其斜率就越大
B. 若直线ax+y−2=0与直线2x−y−4=0垂直，则a=12
C. 过点A(−1,2)，B(3,−2)的直线的倾斜角为45∘
D. 点(5,0)关于直线y=2x的对称点的坐标为(−3,4)
10.已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则下列说法正确的是( )
A. AB与AC是共线向量
B. 与AC同向的单位向量的坐标是(− 66, 63, 66)
C. AB与BC夹角的余弦值是− 5511
D. 平面ABC一个法向量的坐标是(1,−2,5)
11.已知平面上一点M(5,0)，若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是( )
A. x−y−1=0B. y=5C. 4x−3y=0D. 2x−y+1=0
12.已知圆O:x2+y2=9，直线l:kx−y+ 3k+1=0，下列说法正确的是( )
A. 直线l与圆O的位置关系与k有关
B. 直线l截圆O所得弦长最短时，直线l的方程是 3x−y+4=0
C. 圆心O到直线l距离的最大值为2
D. 直线l截圆O所得弦长范围是[2 5,6]
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知a=(2,1,3)，b=(−1,0,1)，c=(1,u,3)，且a，b，c共面，则u= ．
14.不论m取何值，直线l:(2m+1)x+(m−1)y+3=0恒过一定点，该定点坐标为 ．
15.已知直线3x−4y+25=0及直线3x−4y−15=0截圆C所得的弦长均为8，则圆C的半径是 ．
16.空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0,y0,z0)且法向量为m=(A,B,C)的平面点法式方程为A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0，经过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为n=(μ,υ,ω)(μυω≠0)的空间直线l的方程为x−x0μ=y−y0υ=z−z0ω，阅读上面的材料并解决下面问题：若空间直线l1的方程是x1=y1=z1，直线l2是两个平面x−y+7=0与4y+2z+1=0的交线，则直线l1，l2夹角为 ．
四、解答题（本大题共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)
已知△ABC的三个顶点分别为A(1,3)，B(4,2)，C(3,−1)．
(1)求BC边上的高所在直线的方程;
(2)求△ABC外接圆的方程．
18.(本小题12分)
已知空间向量a=(2,−1,3)，b=(m,4,n)．
(1)若c//a，且a⋅c=28，求c的坐标;
(2)若a⊥b，且m>0，n>0，求mn的最大值．
19.(本小题12分)
已知圆C:x2+y2−4x+2y+2=0．
(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线方程;
(2)从圆外一点P(x0,y0)向该圆引一条切线，切点是M，若|PM|=|PO|(O是原点)，求|PM|的最小值及对应的P点坐标．
20.(本小题12分)
如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM=2MA1，B1N=2NC1.用空间向量解决如下问题：
(1)若∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，证明：BC⊥AA1;
(2)证明：MN//平面ACC1A1．
21.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，BC//AD，∠BAD=90∘，∠ADP=120∘，AD=PD=2AB=2BC=2，平面ABCD⊥平面PAD，M为PA的中点．
(1)求点M到平面PCD的距离;
(2)求平面PCD和平面ADC所成锐二面角大小的余弦值．
22.(本小题12分)
已知直线BC经过定点N(0,2)，O是坐标原点，点M在直线BC上，且OM⊥BC．
(1)当直线BC绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程;
(2)已知点T(−3,0)，过点T的直线交轨迹E于点P、Q，且OP⋅OQ=65，求|PQ|．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了斜率定义以及直线方程的相关问题，属于基础题．
将一般式转化为斜截式得到斜率，利用斜率定义即可得到倾斜角大小．
【解答】解：由题意可知，y=− 3x− 33，
则k=tanα=− 3，∵0°⩽α<180°，故α=120°，
故选：C．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查直线的方向向量，直线的点斜式方程的应用，属于基础题．
根据直线l的一个方向向量为v=(1,2)，，得到其斜率为2，写出直线方程．
【解答】解：因为直线l的一个方向向量为v=(1,2)，
所以直线l的斜率为2，
则直线l的方程为 y−0=2(x+1)，
即2x−y+2=0．
故选：C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据直线和圆的位置关系是解决本题的关键．
根据充分条件和必要条件的定义结合直线和圆的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：因为圆C：(x−1)2+(y+2)2=8，所以圆C的圆心坐标为1,−2，半径为2 2，
故|1−2−m| 2<2 2，解得−5因为(−5,3)⫋(−6,4)，
故“−6所以选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求两直线的夹角大小，属于基础题．
求得直线l1和l2的斜率，根据直线的夹角公式求解即可．
【解答】
解：直线l1的斜率为k1=−12，
直线l2的斜率为k2=13，
设直线l1和直线l2的夹角为α，
则tanα=k1−k21+k1k2=−12−131+(−12)×13=−5656=1，
所以α=π4．
故选：B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的知识点是二面角的平面角的求法，属于基础题。
根据已知中AD⊥BC于D，易得沿AD折成二面角B−AD−C后，∠BDC即为二面角B−AD−C的平面角，解三角形BDC即可求出二面角B−AD−C的大小．
【解答】
解：∵AD⊥BC
∴沿AD折成二面角B−AD−C后，
AD⊥BD，AD⊥CD
故∠BDC即为二面角B−AD−C的平面角
又∵BD=CD=a，BC= 32a，
则cs∠BDC=a22+a22− 3a222×a2×a2=−12，
在△BDC中，
∴∠BDC=120°．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，体现了转化的数学思想，属中档题．
根据题意知：圆C:(x−1)2+(y−m)2=4与圆O:x2+y2=9有公共点，因此两圆圆心距大于等于两圆半径之差、小于等于两圆半径之和，列出不等式组，解此不等式即可．
【解答】
解：圆C:(x−1)2+(y−m)2=4的圆心为(1,m)，半径为r=2，
，圆O:x2+y2=9的圆心为(0,0)，半径为R=3，
两圆圆心距d= (1−0)2+(m−0)2= m2+1，
由R−r⩽|CO1|⩽R+r得3−2⩽ m2+1⩽3+2，
解得1⩽ m2+1⩽5，
即m ∈[−2 6,2 6].
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量基本定理和线性运算，属于一般题．
先取BC的中点，然后利用空间向量的线性运算求得OG= 29OA+29OB+29OC，即可求和．
【解答】
解：如图所示：
取BC的中点E，连接AE，
因为G1是△ABC的重心，
所以G1在AE上，
因为OG=2GG1，
所以 OG= 23 OG1= 23( OA+AG1)
= 23 OA+ 23×23AE= 23OA+49AE
= 23OA+49×12(AB+AC)
= 23OA+29(OB−OA+OC−OA)
= 29OA+29OB+29OC，
所以x+y+z= 29+29+29= 23
8.【答案】A
【解析】【分析】本题考查线面角的正弦值的求法，属于中档题．
建立空间直角坐标系，由题意知：当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1共面，
由此利用向量法能求出直线C1F和与平面A1DE所成角的正弦值．
【解答】
解：若 A1， E， F， C1共面，设平面为 α，且 α∩平面 A1B1C1D1= A1C1， α∩平面ABCD=EF，所以 A1C1//EF，又因为 AE=BF,所以E，F为中点，
以D为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为6，知：当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1 共面，
设平面A1DE的法向量为 n=(a,b,c)，
A1(6,0,6)，D(0,0,0)，C1(0,6,6)，
DA1=(6,0,6)， DE=(6,3,0)，C1F=(3,0,−6)
则 n⋅DA1=6a+6c=0n⋅DE=6a+3b=0，取a=1，得 n=(1,−2,−1)，
设直线C1F和平面A1DE夹角为θ，
则sinθ= |n⋅C1F||n|⋅|C1F|= 9 45⋅ 6= 3010，
∴直线C1F和平面A1DE夹角的正弦值为 3010．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线的斜率与倾斜角，直线垂直，点关于直线的对称，属于基础题．
对照选项，利用直线方程的性质，逐一判断即可．
【解答】
解：对于选项A，当倾斜角θ=π4时，k=tanπ4=1，当倾斜角θ=3π4时，k=tan3π4=−1，故A错误；
对于选项B，ax+y−2=0的斜率为k1=−a，直线2x−y−4=0的斜率为k2=2，由题意，k1k2=−2a=−1，解得a=12，故B正确；
对于选项C，过点A(−1,2)，B(3,−2)的直线的斜率为k=2−(−2)−1−3=−1，故直线倾斜角为3π4，故C错误；
对于选项D，设(5,0)关于直线y=2x的对称点的坐标为(m,n)，从而n−0m−5·2=−1n+02=2·5+m2，解得m=−3n=4，故对称点为(−3,4)，D正确．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
利用空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
【解答】解：空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
对于A，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
∴AB与AC不是共线向量，故A错误；
对于B，AC=(−1,2,1)，AC|AC|=(− 66, 63, 66)，故B正确；
对于C，AB=(2,1,0)，BC=(−3,1,1)，
∴AB和BC夹角的余弦值是：
cs=AB⋅BC|AB|⋅|BC|=−5 5⋅ 11=− 5511，故C正确；
对于D，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=2x+y=0n⋅AC=−x+2y+z=0，取x=1，得n=(1,−2,5)，故D正确．
故选：BCD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离公式，属于中档题．
根据已知条件知点M到直线的距离不大于4，则该直线为“切割型直线”，再进行求解即可．
【解答】
解：由题意知，点M到直线的距离不大于4，则该直线为“切割型直线”．
对于A，点M(5,0)到直线x−y−1=0的距离为d1=4 2=2 2<4，故A正确；
对于B，点M(5,0)到直线y=5的距离为d2=5>4，故B错误；
对于C，点M(5,0)到直线4x−3y=0的距离为d3=4×5 42+32=4，故C正确；
对于D，点M(5,0)到直线2x−y+1=0的距离为d4=2×5+1 (−1)2+22=11 55>4，故D错误．
故选AC．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
先判断直线l恒过定点A(− 3,1)，再利用直线与圆的位置关系逐一判断选项即可．
【解答】
解：因为l:kx−y+ 3k+1=0，
所以kx+ 3+−y+1=0，所以直线l恒过定点A(− 3,1)，
因为− 32+12=4<9，所以点A(− 3,1)在圆O内部，所以直线l与圆O恒相交，故A选项错误；
因为圆心O0,0，直线l恒过定点A(− 3,1)，当直线l被圆O截得的弦长最短时，AO⊥l，
可知直线AO的斜率为− 33，所以直线l的方程为y−1= 3x+ 3，即 3x−y+4=0，所以B选项正确；
圆心O到直线l的距离的最大值为OA= (− 3)2+12=2，所以C选项正确；
结合C选项可知直线l被圆O截得的弦长的最大值为直径等于6，最小值为2 32−22=2 5，
即直线l被圆O截得的弦长的取值范围为[2 5,6]，所以D正确；
故选BCD．
13.【答案】45
【解析】【分析】
本题考查了空间向量共面定理，属于基础题．
由于向量 a，b,c共面，利用向量共面定理可得：存在唯一一对实数x，y使得 c=xa+yb，解出即可．
【解答】
解：因为 a、 b、 c共面，
设 c=xa+yb，其中 x、 y∈R，
所以 2x−y=1x=u3x+y=3，解得 x=45y=35u=45．
故答案为45．
14.【答案】(−1,2)
【解析】【分析】
本题考查了直线系的应用，属于基础题．
直线l：(2m+1)x+(m−1)y+3=0化为m(2x+y)+(x−y+3)=0，令{x+y=0x−y+3=0，解得即可．
【解答】
解：直线l：(2m+1)x+(m−1)y+3=0化为m(2x+y)+(x−y+3)=0，
令{x+y=0x−y+3=0，解得{=−1y=2,
∴恒过一定点P(−1,2)
15.【答案】4 2
【解析】【分析】
本题主要考查圆的半径的求解，利用直线和圆的位置关系，求出圆的半径是解决本题的关键．
判断两条直线为平行直线，求出两平行直线的距离，得到圆心到直线的距离，根据半径，半弦以及圆心距之间的关系求圆的半径即可．
【解答】
解：∵直线3x−4y+25=0及直线3x−4y−15=0平行，且截圆C所得的弦长均为8，
∴圆心到两直线的距离相等，
两平行直线的距离d=|25+15| 32+−42=8，
即圆心到直线3x−4y+25=0的距离为d=4，
则圆的半径R= 42+42=4 2
16.【答案】π2
【解析】【分析】
本题考查直线与直线所成角的向量求法，属于中档题．
由空间直线l1的方程得出直线l1的方向向量，根据平面的方程求出法向量，继而可求出两个平面的交线的方向向量，再利用直线l1与直线l2的方向向量求出两个方向向量的夹角，继而可求出直线l1与l2的夹角．
【解答】
解：∵空间直线l1的方程是x1=y1=z1，
∴l1的方向向量为m=(1,1,1)，
平面x−y+7=0的法向量为 a=(1,−1,0)，
平面4y+2z+1=0的法向量为 b=(0,4,2)，
设两平面的交线的方向向量为n=(x,y,z)，
由 n⋅a=x−y=0n⋅b=4y+2z=0,
取x=1，则y=1，z=−2，则n=(1,1,−2)，
设直线l1与直线l2所成角的大小为θ，0⩽θ⩽π2，
则csθ=|cs|
= |1×1+1×1+1×−2| 12+12+12· 12+12+(−2)2=0，
又0⩽θ⩽π2，则θ=π2，
即直线l1与l2的夹角为π2．
故答案为：π2．
17.【答案】解：(1)因为点B(4,2)，C(3,−1)，则kBC=2−(−1)4−3=3，
则BC边上的高所在直线的斜率为−13.
所以BC边上的高所在直线方程为y−3=−13(x−1)，即x+3y−10=0．
(2)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0) ，
则有{+3E+F+10=04D+2E+F+20=03D−E+F+10=0，解得{=−4E=−2F=0,
所以所求圆的方程为x2+y2−4x−2y=0．
【解析】【分析】
本题考查了两条直线垂直的判定和圆的一般方程，是基础题．
(1)求出AB的斜率，即可知高所在直线的斜率，又知C点坐标，利用“点斜式”求出AB边上的高所在的直线方程；
(2)设圆的一般方程，利用待定系数法即可求△ABC的外接圆的一般方程．
18.【答案】解：(1)∵c//a，且a≠0，
∴∃λ∈R，使得c=λa，
∴a⋅c=28，即λ|a|2=28，
又|a|= 22+(−1)2+32= 14，
∴λ=2，
∴c=(4,−2,6)．
(2)∵a⊥b，
∴a⋅b=0，即2m+3n=4，
又∵m>0，n>0，
∴mn=16(2m)⋅(3n)≤16(2m+3n2)2=23，
当且仅当m=1，n=23时，等号成立，
∴mn的最大值是23．
【解析】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了基本不等式求最值，属于中档题
(1)利用向量共线定理，结合模长公式即可求解；
(2)利用两向量垂直关系的判断结合基本不等式求解
19.【答案】解：(1)圆C的标准方程为(x−2)2+(y+1)2=3，圆心C(2,−1)，半径r= 3，
由已知，圆C的切线斜率存在且不为0，设切线方程是y=kx+b(k≠0)，
令y=0，得x=−bk;令x=0，得y=b．
∴{=−bk|2k+1+b| k2+1= 3，解之得b=0,k=−2± 6.或b=1± 6,k=−1.
∴满足条件的圆的切线方程是(−2± 6)x−y=0或x+y−1± 6=0．
(2)∵|PM|=|PO|，∴x02+y02=(x0−2)2+(y0+1)2−3，
化简，得2x0−y0−1=0，即点P在直线l:2x−y−1=0上．
当|PM|取最小值时，即|OP|取最小值，此时直线OP⊥l，
∵|OP|min=|2×0−0−1| 22+12= 55，
∴|PM|min= 55．
又直线OP的方程为：x+2y=0，
解方程组x+2y=0,2x−y−1=0..得x=25,y=−15，
∴P点的坐标为(25,−15).
【解析】本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，考查圆的切线方程，属于中档题．
(1)由已知，圆C的切线斜率存在且不为0，设切线方程是y=kx+b(k≠0)，根据条件可得相关方程，求解即可；
(2)由条件可得点P在直线l:2x−y−1=0上，当|PM|取最小值时，即|OP|取最小值，此时直线OP⊥l，求出|OP|min，即可求得|PM|min，进一步可求得P点的坐标．
20.【答案】解：(1)∵∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，
∴AA1⋅AC=AA1⋅AB，
∴BC⋅AA1=(AC−AB)⋅AA1
=AC⋅AA1−AB⋅AA1=0，
∴BC⊥AA1．
∴BC⊥AA1．
(2)如图所示，
∵MA1=13BA1=13(BB1+B1A1)，
C1N=13C1B1，
∴MN=MA1+A1C1+C1N
=13(BA1+C1B1)+A1C1
=13(C1B1+B1A1+BB1)+A1C1
=13(C1A1+BB1)+A1C1
=13BB1+23A1C1=13AA1+23A1C1，
即MN=13AA1+23A1C1，
∴MN，AA1，A1C1共面
又∵MN⊄平面ACC1A1，
∴MN//平面ACC1A1．
【解析】本题考查了线线垂直的向量表示和线面平行的向量表示，是中档题
(1)由∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，得AA1⋅AC=AA1⋅AB，再计算得BC⋅AA1=0，即可得证；
(2)先得出MN=13AA1+23A1C1，则MN，AA1，A1C1共面，即可得证．
21.【答案】解：(1)∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD．
以D为坐标原点，分别以DA，AB的方向作为x轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(1,0,1)，P(−1, 3,0)，M(12, 32,0)，
∴MC=(12,− 32,1)，DC=(1,0,1)，DP=(−1, 3,0)．
设平面PCD的法向量n=(x,y,z)，则n·DC=0n·DP=0，即x+z=0,−x+ 3y=0.
令y=1，得平面PCD的一个法向量为n=( 3,1,− 3).
∴M点到平面PCD的距离d=|MC⋅nn|= 3 7= 217．
(2)由(1)知，平面ADC的一个法向量是y轴的方向向量m=(0,1,0)，
平面PCD的一个法向量为n=( 3,1,− 3).
设平面PCD和平面ADC所成的锐二面角的大小为α，
则csα=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 77．
【解析】本题考查空间向量在求二面角、点到面的距离向量求法，属于中档题．
(1)建立空间直角坐标系，由平面PCD的法向量及MC，利用向量数量积的几何意义即可求解；
(2)求出两平面的法向量，利用向量公式即可求解．
22.【答案】解：(1)∵OM⊥BC，
∴点M的轨迹E是以BC为直径的圆(不含原点O)，圆心坐标为(0,1)，半径r=1．
∴轨迹E的方程为x2+(y−1)2=1(y≠0)．
(2)设过点T(−3,0)的直线方程为x=my−3，
由x=my−3,x2+y2−2y=0.消去x得(m2+1)y2−(6m+2)y+9=0．
∵l与轨迹E相交，
∴Δ=(6m+2)2−36(m2+1)>0，即m>43．
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1+y2=6m+2m2+1，y1⋅y2=9m2+1，
x1⋅x2=(my1−3)⋅(my2−3)=m2(y1y2)−3m(y1+y2)+9=9−6mm2+1．
∵OP⋅OQ=65，即x1x2+y1y2=18−6mm2+1=65，解得m=2或m=−7(舍去)．
∴m=2
∴直线l的方程为x−2y+3=0．
∵圆x2+(y−1)2=1的圆心到直线l的距离d=|0−2×1+3| 12+(−2)2=1 5，
∴|PQ|=2 r2−d2=4 55．
【解析】本题考查与圆相关的轨迹问题，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)由题可知点M的轨迹为圆，可写出其轨迹E的方程；
(2)设出直线方程，与圆联立，得(m2+1)y2−(6m+2)y+9=0，根据韦达定理，得到y1+y2=6m+2m2+1，y1⋅y2=9m2+1，则x1⋅x2=(my1−3)⋅(my2−3)=9−6mm2+1，再由OP⋅OQ=65，解出m，得到直线l的方程，结合点到直线的距离与勾股定理，得解．
1.直线3x+ 3y+1=0的倾斜角的大小是( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
2.已知直线l过点M(−1,0)，且一个方向向量为v=(1,2)，则直线l的方程是( )
A. x−2y+1=0B. x+2y+1=0C. 2x−y+2=0D. 2x+y−2=0
3.“−6
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4.已知直线l1:x+2y+3=0，l2:x−3y+2=0，则直线l1，l2的夹角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
5.在边长为a的等边三角形ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B−AD−C后，BC= 32a，此时二面角B−AD−C的大小为
( )
A. 30∘B. 60∘C. 90∘D. 120∘
6.若圆C:(x−1)2+(y−m)2=4与圆O:x2+y2=9有公共点，则m的取值范围是( )
A. [−2 6,2 6]B. [−4 3,4 3]
C. (−2 6,2 6)D. [2 6,2 42]∪[−2 42,2 6]
7.在三棱锥O−ABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=2GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y+z=( )
A. 14B. 23C. 34D. 1
8.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱A B、BC上的动点，且AE=BF，当A1、E、F、C1共面时，直线C1F和平面A1DE夹角的正弦值为( )
A. 3010B. 3030C. 7010D. 1030
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列结论正确的是( )
A. 直线的倾斜角越大，其斜率就越大
B. 若直线ax+y−2=0与直线2x−y−4=0垂直，则a=12
C. 过点A(−1,2)，B(3,−2)的直线的倾斜角为45∘
D. 点(5,0)关于直线y=2x的对称点的坐标为(−3,4)
10.已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则下列说法正确的是( )
A. AB与AC是共线向量
B. 与AC同向的单位向量的坐标是(− 66, 63, 66)
C. AB与BC夹角的余弦值是− 5511
D. 平面ABC一个法向量的坐标是(1,−2,5)
11.已知平面上一点M(5,0)，若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是( )
A. x−y−1=0B. y=5C. 4x−3y=0D. 2x−y+1=0
12.已知圆O:x2+y2=9，直线l:kx−y+ 3k+1=0，下列说法正确的是( )
A. 直线l与圆O的位置关系与k有关
B. 直线l截圆O所得弦长最短时，直线l的方程是 3x−y+4=0
C. 圆心O到直线l距离的最大值为2
D. 直线l截圆O所得弦长范围是[2 5,6]
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知a=(2,1,3)，b=(−1,0,1)，c=(1,u,3)，且a，b，c共面，则u= ．
14.不论m取何值，直线l:(2m+1)x+(m−1)y+3=0恒过一定点，该定点坐标为 ．
15.已知直线3x−4y+25=0及直线3x−4y−15=0截圆C所得的弦长均为8，则圆C的半径是 ．
16.空间直角坐标系O−xyz中，经过点P(x0,y0,z0)且法向量为m=(A,B,C)的平面点法式方程为A(x−x0)+B(y−y0)+C(z−z0)=0，经过点P(x0,y0,z0)且一个方向向量为n=(μ,υ,ω)(μυω≠0)的空间直线l的方程为x−x0μ=y−y0υ=z−z0ω，阅读上面的材料并解决下面问题：若空间直线l1的方程是x1=y1=z1，直线l2是两个平面x−y+7=0与4y+2z+1=0的交线，则直线l1，l2夹角为 ．
四、解答题（本大题共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)
已知△ABC的三个顶点分别为A(1,3)，B(4,2)，C(3,−1)．
(1)求BC边上的高所在直线的方程;
(2)求△ABC外接圆的方程．
18.(本小题12分)
已知空间向量a=(2,−1,3)，b=(m,4,n)．
(1)若c//a，且a⋅c=28，求c的坐标;
(2)若a⊥b，且m>0，n>0，求mn的最大值．
19.(本小题12分)
已知圆C:x2+y2−4x+2y+2=0．
(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线方程;
(2)从圆外一点P(x0,y0)向该圆引一条切线，切点是M，若|PM|=|PO|(O是原点)，求|PM|的最小值及对应的P点坐标．
20.(本小题12分)
如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM=2MA1，B1N=2NC1.用空间向量解决如下问题：
(1)若∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，证明：BC⊥AA1;
(2)证明：MN//平面ACC1A1．
21.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，BC//AD，∠BAD=90∘，∠ADP=120∘，AD=PD=2AB=2BC=2，平面ABCD⊥平面PAD，M为PA的中点．
(1)求点M到平面PCD的距离;
(2)求平面PCD和平面ADC所成锐二面角大小的余弦值．
22.(本小题12分)
已知直线BC经过定点N(0,2)，O是坐标原点，点M在直线BC上，且OM⊥BC．
(1)当直线BC绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程;
(2)已知点T(−3,0)，过点T的直线交轨迹E于点P、Q，且OP⋅OQ=65，求|PQ|．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了斜率定义以及直线方程的相关问题，属于基础题．
将一般式转化为斜截式得到斜率，利用斜率定义即可得到倾斜角大小．
【解答】解：由题意可知，y=− 3x− 33，
则k=tanα=− 3，∵0°⩽α<180°，故α=120°，
故选：C．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查直线的方向向量，直线的点斜式方程的应用，属于基础题．
根据直线l的一个方向向量为v=(1,2)，，得到其斜率为2，写出直线方程．
【解答】解：因为直线l的一个方向向量为v=(1,2)，
所以直线l的斜率为2，
则直线l的方程为 y−0=2(x+1)，
即2x−y+2=0．
故选：C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据直线和圆的位置关系是解决本题的关键．
根据充分条件和必要条件的定义结合直线和圆的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：因为圆C：(x−1)2+(y+2)2=8，所以圆C的圆心坐标为1,−2，半径为2 2，
故|1−2−m| 2<2 2，解得−5
故“−6
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求两直线的夹角大小，属于基础题．
求得直线l1和l2的斜率，根据直线的夹角公式求解即可．
【解答】
解：直线l1的斜率为k1=−12，
直线l2的斜率为k2=13，
设直线l1和直线l2的夹角为α，
则tanα=k1−k21+k1k2=−12−131+(−12)×13=−5656=1，
所以α=π4．
故选：B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的知识点是二面角的平面角的求法，属于基础题。
根据已知中AD⊥BC于D，易得沿AD折成二面角B−AD−C后，∠BDC即为二面角B−AD−C的平面角，解三角形BDC即可求出二面角B−AD−C的大小．
【解答】
解：∵AD⊥BC
∴沿AD折成二面角B−AD−C后，
AD⊥BD，AD⊥CD
故∠BDC即为二面角B−AD−C的平面角
又∵BD=CD=a，BC= 32a，
则cs∠BDC=a22+a22− 3a222×a2×a2=−12，
在△BDC中，
∴∠BDC=120°．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，体现了转化的数学思想，属中档题．
根据题意知：圆C:(x−1)2+(y−m)2=4与圆O:x2+y2=9有公共点，因此两圆圆心距大于等于两圆半径之差、小于等于两圆半径之和，列出不等式组，解此不等式即可．
【解答】
解：圆C:(x−1)2+(y−m)2=4的圆心为(1,m)，半径为r=2，
，圆O:x2+y2=9的圆心为(0,0)，半径为R=3，
两圆圆心距d= (1−0)2+(m−0)2= m2+1，
由R−r⩽|CO1|⩽R+r得3−2⩽ m2+1⩽3+2，
解得1⩽ m2+1⩽5，
即m ∈[−2 6,2 6].
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量基本定理和线性运算，属于一般题．
先取BC的中点，然后利用空间向量的线性运算求得OG= 29OA+29OB+29OC，即可求和．
【解答】
解：如图所示：
取BC的中点E，连接AE，
因为G1是△ABC的重心，
所以G1在AE上，
因为OG=2GG1，
所以 OG= 23 OG1= 23( OA+AG1)
= 23 OA+ 23×23AE= 23OA+49AE
= 23OA+49×12(AB+AC)
= 23OA+29(OB−OA+OC−OA)
= 29OA+29OB+29OC，
所以x+y+z= 29+29+29= 23
8.【答案】A
【解析】【分析】本题考查线面角的正弦值的求法，属于中档题．
建立空间直角坐标系，由题意知：当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1共面，
由此利用向量法能求出直线C1F和与平面A1DE所成角的正弦值．
【解答】
解：若 A1， E， F， C1共面，设平面为 α，且 α∩平面 A1B1C1D1= A1C1， α∩平面ABCD=EF，所以 A1C1//EF，又因为 AE=BF,所以E，F为中点，
以D为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为6，知：当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F、C1 共面，
设平面A1DE的法向量为 n=(a,b,c)，
A1(6,0,6)，D(0,0,0)，C1(0,6,6)，
DA1=(6,0,6)， DE=(6,3,0)，C1F=(3,0,−6)
则 n⋅DA1=6a+6c=0n⋅DE=6a+3b=0，取a=1，得 n=(1,−2,−1)，
设直线C1F和平面A1DE夹角为θ，
则sinθ= |n⋅C1F||n|⋅|C1F|= 9 45⋅ 6= 3010，
∴直线C1F和平面A1DE夹角的正弦值为 3010．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查直线的斜率与倾斜角，直线垂直，点关于直线的对称，属于基础题．
对照选项，利用直线方程的性质，逐一判断即可．
【解答】
解：对于选项A，当倾斜角θ=π4时，k=tanπ4=1，当倾斜角θ=3π4时，k=tan3π4=−1，故A错误；
对于选项B，ax+y−2=0的斜率为k1=−a，直线2x−y−4=0的斜率为k2=2，由题意，k1k2=−2a=−1，解得a=12，故B正确；
对于选项C，过点A(−1,2)，B(3,−2)的直线的斜率为k=2−(−2)−1−3=−1，故直线倾斜角为3π4，故C错误；
对于选项D，设(5,0)关于直线y=2x的对称点的坐标为(m,n)，从而n−0m−5·2=−1n+02=2·5+m2，解得m=−3n=4，故对称点为(−3,4)，D正确．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
利用空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查空面向量坐标运算法则、共线向量、向量夹角公式、法向量等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
【解答】解：空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
对于A，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
∴AB与AC不是共线向量，故A错误；
对于B，AC=(−1,2,1)，AC|AC|=(− 66, 63, 66)，故B正确；
对于C，AB=(2,1,0)，BC=(−3,1,1)，
∴AB和BC夹角的余弦值是：
cs
对于D，AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB=2x+y=0n⋅AC=−x+2y+z=0，取x=1，得n=(1,−2,5)，故D正确．
故选：BCD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离公式，属于中档题．
根据已知条件知点M到直线的距离不大于4，则该直线为“切割型直线”，再进行求解即可．
【解答】
解：由题意知，点M到直线的距离不大于4，则该直线为“切割型直线”．
对于A，点M(5,0)到直线x−y−1=0的距离为d1=4 2=2 2<4，故A正确；
对于B，点M(5,0)到直线y=5的距离为d2=5>4，故B错误；
对于C，点M(5,0)到直线4x−3y=0的距离为d3=4×5 42+32=4，故C正确；
对于D，点M(5,0)到直线2x−y+1=0的距离为d4=2×5+1 (−1)2+22=11 55>4，故D错误．
故选AC．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
先判断直线l恒过定点A(− 3,1)，再利用直线与圆的位置关系逐一判断选项即可．
【解答】
解：因为l:kx−y+ 3k+1=0，
所以kx+ 3+−y+1=0，所以直线l恒过定点A(− 3,1)，
因为− 32+12=4<9，所以点A(− 3,1)在圆O内部，所以直线l与圆O恒相交，故A选项错误；
因为圆心O0,0，直线l恒过定点A(− 3,1)，当直线l被圆O截得的弦长最短时，AO⊥l，
可知直线AO的斜率为− 33，所以直线l的方程为y−1= 3x+ 3，即 3x−y+4=0，所以B选项正确；
圆心O到直线l的距离的最大值为OA= (− 3)2+12=2，所以C选项正确；
结合C选项可知直线l被圆O截得的弦长的最大值为直径等于6，最小值为2 32−22=2 5，
即直线l被圆O截得的弦长的取值范围为[2 5,6]，所以D正确；
故选BCD．
13.【答案】45
【解析】【分析】
本题考查了空间向量共面定理，属于基础题．
由于向量 a，b,c共面，利用向量共面定理可得：存在唯一一对实数x，y使得 c=xa+yb，解出即可．
【解答】
解：因为 a、 b、 c共面，
设 c=xa+yb，其中 x、 y∈R，
所以 2x−y=1x=u3x+y=3，解得 x=45y=35u=45．
故答案为45．
14.【答案】(−1,2)
【解析】【分析】
本题考查了直线系的应用，属于基础题．
直线l：(2m+1)x+(m−1)y+3=0化为m(2x+y)+(x−y+3)=0，令{x+y=0x−y+3=0，解得即可．
【解答】
解：直线l：(2m+1)x+(m−1)y+3=0化为m(2x+y)+(x−y+3)=0，
令{x+y=0x−y+3=0，解得{=−1y=2,
∴恒过一定点P(−1,2)
15.【答案】4 2
【解析】【分析】
本题主要考查圆的半径的求解，利用直线和圆的位置关系，求出圆的半径是解决本题的关键．
判断两条直线为平行直线，求出两平行直线的距离，得到圆心到直线的距离，根据半径，半弦以及圆心距之间的关系求圆的半径即可．
【解答】
解：∵直线3x−4y+25=0及直线3x−4y−15=0平行，且截圆C所得的弦长均为8，
∴圆心到两直线的距离相等，
两平行直线的距离d=|25+15| 32+−42=8，
即圆心到直线3x−4y+25=0的距离为d=4，
则圆的半径R= 42+42=4 2
16.【答案】π2
【解析】【分析】
本题考查直线与直线所成角的向量求法，属于中档题．
由空间直线l1的方程得出直线l1的方向向量，根据平面的方程求出法向量，继而可求出两个平面的交线的方向向量，再利用直线l1与直线l2的方向向量求出两个方向向量的夹角，继而可求出直线l1与l2的夹角．
【解答】
解：∵空间直线l1的方程是x1=y1=z1，
∴l1的方向向量为m=(1,1,1)，
平面x−y+7=0的法向量为 a=(1,−1,0)，
平面4y+2z+1=0的法向量为 b=(0,4,2)，
设两平面的交线的方向向量为n=(x,y,z)，
由 n⋅a=x−y=0n⋅b=4y+2z=0,
取x=1，则y=1，z=−2，则n=(1,1,−2)，
设直线l1与直线l2所成角的大小为θ，0⩽θ⩽π2，
则csθ=|cs
= |1×1+1×1+1×−2| 12+12+12· 12+12+(−2)2=0，
又0⩽θ⩽π2，则θ=π2，
即直线l1与l2的夹角为π2．
故答案为：π2．
17.【答案】解：(1)因为点B(4,2)，C(3,−1)，则kBC=2−(−1)4−3=3，
则BC边上的高所在直线的斜率为−13.
所以BC边上的高所在直线方程为y−3=−13(x−1)，即x+3y−10=0．
(2)设△ABC外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0) ，
则有{+3E+F+10=04D+2E+F+20=03D−E+F+10=0，解得{=−4E=−2F=0,
所以所求圆的方程为x2+y2−4x−2y=0．
【解析】【分析】
本题考查了两条直线垂直的判定和圆的一般方程，是基础题．
(1)求出AB的斜率，即可知高所在直线的斜率，又知C点坐标，利用“点斜式”求出AB边上的高所在的直线方程；
(2)设圆的一般方程，利用待定系数法即可求△ABC的外接圆的一般方程．
18.【答案】解：(1)∵c//a，且a≠0，
∴∃λ∈R，使得c=λa，
∴a⋅c=28，即λ|a|2=28，
又|a|= 22+(−1)2+32= 14，
∴λ=2，
∴c=(4,−2,6)．
(2)∵a⊥b，
∴a⋅b=0，即2m+3n=4，
又∵m>0，n>0，
∴mn=16(2m)⋅(3n)≤16(2m+3n2)2=23，
当且仅当m=1，n=23时，等号成立，
∴mn的最大值是23．
【解析】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了基本不等式求最值，属于中档题
(1)利用向量共线定理，结合模长公式即可求解；
(2)利用两向量垂直关系的判断结合基本不等式求解
19.【答案】解：(1)圆C的标准方程为(x−2)2+(y+1)2=3，圆心C(2,−1)，半径r= 3，
由已知，圆C的切线斜率存在且不为0，设切线方程是y=kx+b(k≠0)，
令y=0，得x=−bk;令x=0，得y=b．
∴{=−bk|2k+1+b| k2+1= 3，解之得b=0,k=−2± 6.或b=1± 6,k=−1.
∴满足条件的圆的切线方程是(−2± 6)x−y=0或x+y−1± 6=0．
(2)∵|PM|=|PO|，∴x02+y02=(x0−2)2+(y0+1)2−3，
化简，得2x0−y0−1=0，即点P在直线l:2x−y−1=0上．
当|PM|取最小值时，即|OP|取最小值，此时直线OP⊥l，
∵|OP|min=|2×0−0−1| 22+12= 55，
∴|PM|min= 55．
又直线OP的方程为：x+2y=0，
解方程组x+2y=0,2x−y−1=0..得x=25,y=−15，
∴P点的坐标为(25,−15).
【解析】本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，考查圆的切线方程，属于中档题．
(1)由已知，圆C的切线斜率存在且不为0，设切线方程是y=kx+b(k≠0)，根据条件可得相关方程，求解即可；
(2)由条件可得点P在直线l:2x−y−1=0上，当|PM|取最小值时，即|OP|取最小值，此时直线OP⊥l，求出|OP|min，即可求得|PM|min，进一步可求得P点的坐标．
20.【答案】解：(1)∵∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，
∴AA1⋅AC=AA1⋅AB，
∴BC⋅AA1=(AC−AB)⋅AA1
=AC⋅AA1−AB⋅AA1=0，
∴BC⊥AA1．
∴BC⊥AA1．
(2)如图所示，
∵MA1=13BA1=13(BB1+B1A1)，
C1N=13C1B1，
∴MN=MA1+A1C1+C1N
=13(BA1+C1B1)+A1C1
=13(C1B1+B1A1+BB1)+A1C1
=13(C1A1+BB1)+A1C1
=13BB1+23A1C1=13AA1+23A1C1，
即MN=13AA1+23A1C1，
∴MN，AA1，A1C1共面
又∵MN⊄平面ACC1A1，
∴MN//平面ACC1A1．
【解析】本题考查了线线垂直的向量表示和线面平行的向量表示，是中档题
(1)由∠BAA1=∠CAA1，AB=AC，得AA1⋅AC=AA1⋅AB，再计算得BC⋅AA1=0，即可得证；
(2)先得出MN=13AA1+23A1C1，则MN，AA1，A1C1共面，即可得证．
21.【答案】解：(1)∵平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD．
以D为坐标原点，分别以DA，AB的方向作为x轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(1,0,1)，P(−1, 3,0)，M(12, 32,0)，
∴MC=(12,− 32,1)，DC=(1,0,1)，DP=(−1, 3,0)．
设平面PCD的法向量n=(x,y,z)，则n·DC=0n·DP=0，即x+z=0,−x+ 3y=0.
令y=1，得平面PCD的一个法向量为n=( 3,1,− 3).
∴M点到平面PCD的距离d=|MC⋅nn|= 3 7= 217．
(2)由(1)知，平面ADC的一个法向量是y轴的方向向量m=(0,1,0)，
平面PCD的一个法向量为n=( 3,1,− 3).
设平面PCD和平面ADC所成的锐二面角的大小为α，
则csα=|cs
【解析】本题考查空间向量在求二面角、点到面的距离向量求法，属于中档题．
(1)建立空间直角坐标系，由平面PCD的法向量及MC，利用向量数量积的几何意义即可求解；
(2)求出两平面的法向量，利用向量公式即可求解．
22.【答案】解：(1)∵OM⊥BC，
∴点M的轨迹E是以BC为直径的圆(不含原点O)，圆心坐标为(0,1)，半径r=1．
∴轨迹E的方程为x2+(y−1)2=1(y≠0)．
(2)设过点T(−3,0)的直线方程为x=my−3，
由x=my−3,x2+y2−2y=0.消去x得(m2+1)y2−(6m+2)y+9=0．
∵l与轨迹E相交，
∴Δ=(6m+2)2−36(m2+1)>0，即m>43．
设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y1+y2=6m+2m2+1，y1⋅y2=9m2+1，
x1⋅x2=(my1−3)⋅(my2−3)=m2(y1y2)−3m(y1+y2)+9=9−6mm2+1．
∵OP⋅OQ=65，即x1x2+y1y2=18−6mm2+1=65，解得m=2或m=−7(舍去)．
∴m=2
∴直线l的方程为x−2y+3=0．
∵圆x2+(y−1)2=1的圆心到直线l的距离d=|0−2×1+3| 12+(−2)2=1 5，
∴|PQ|=2 r2−d2=4 55．
【解析】本题考查与圆相关的轨迹问题，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)由题可知点M的轨迹为圆，可写出其轨迹E的方程；
(2)设出直线方程，与圆联立，得(m2+1)y2−(6m+2)y+9=0，根据韦达定理，得到y1+y2=6m+2m2+1，y1⋅y2=9m2+1，则x1⋅x2=(my1−3)⋅(my2−3)=9−6mm2+1，再由OP⋅OQ=65，解出m，得到直线l的方程，结合点到直线的距离与勾股定理，得解．
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