广东省四中、三中、培正三校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题(原卷版+解析)

这是一份广东省四中、三中、培正三校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题(原卷版+解析)，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷（选择题 共60分）
班级_________ 姓名_________ 学号_________
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线经过原点和，则的倾斜角是（ ）
A. －60°B. 60°C. 120°D. 150°
2. 直线一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. 或D. 与的位置关系不能判断
3. 直线在轴，轴上的截距相等，则的值为
A. B. 2C. 或2D. 4或
4. 已知直线，，且，点到直线的距离（ ）
A. B.
C. D.
5. 棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7. 若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
10. 已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 的一个方向向量为
B. 直线与两坐标轴围成三角形的面积为
C 与直线垂直
D. 与直线平行
11. 如图，在所有棱长均为2的四棱锥中，O为底面正方形的中心，M为侧棱的中点，N为侧棱上的动点，则下列结论正确的有（ ）
A. 无论动点N在什么位置，平面
B. 直线和直线所成角的大小为
C. 的正弦值的最大值为
D. 二面角的大小为
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A. C方程为B. 在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10
C. 在C上存在点M，使得D. C上的点到直线的最大距离为9
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
13. 已知向量，，若与垂直，则___________.
14. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
15. 圆：关于直线：对称的圆的标准方程为_____________.
16. 已知，则的最小值为_____________．
四、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或推演步骤．
17. 如图，在边长为2的正方体中，分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
18. 己知的三个顶点分别为，求：
（1）求边中垂线所在的直线方程；
（2）求与直线平行且距离为的直线方程；
（3）求的外接圆的方程．
19. 如图，直三棱柱中，为中点.
（1）证明：平面；
（2）若此三棱柱的体积为1，，，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，
（1）求顶点坐标；
（2）求的面积．
21. 如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
22. 已知圆C经过，两点.
（1）当时，圆C与x轴相切，求此时圆C的方程；
（2）如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标.
（3）已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值；
2022学年第一学期“三校联考”综合测试
高二数学（问卷）
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
班级_________ 姓名_________ 学号_________
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 直线经过原点和，则的倾斜角是（ ）
A. －60°B. 60°C. 120°D. 150°
答案：C
【解析】
分析：根据直线经过两点的坐标求出斜率，进而根据以及直线倾斜角的范围即可求出结果.
【详解】因为直线经过原点和，所以，设直线的倾斜角为，故，因为，所以，
故选：C.
2. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. 或D. 与的位置关系不能判断
答案：B
【解析】
分析：观察到的直线的方向向量与平面的法向量共线，由此得到位置关系．
【详解】解：直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
显然它们共线，所以．
故选：B．
3. 直线在轴，轴上的截距相等，则的值为
A. B. 2C. 或2D. 4或
答案：C
【解析】
分析：先考虑直线过原点情况，再考虑截距不为0情况,分别求得直线在轴，轴上的截距，由截距相等求得m的值．
【详解】若直线过（0，0）点，则-4-m=0,则m=-4,令x=0,则y=,再令y=0,则，由在轴，轴上的截距相等，得，解得m=2.综上m=2或m=-4.选C.
【点睛】截距相等要分两种情况考虑，一种是直线过原点，即截距为0，另一种是截距不为0的情况．
4. 已知直线，，且，点到直线的距离（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
【解析】
分析：根据两直线垂直公式求得，再用点到线的距离求解即可
【详解】由可得，解得，故
故选：D
5. 棱长为1的正四面体ABCD中，点E，F分别是线段BC，AD上的点，且满足，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：用表示，然后计算数量积．
【详解】由已知，
因为，，
所以，
，
．
故选：D．
6. 已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
【解析】
分析：直线l过定点P（1，1），且与线段AB相交，利用数形结合法，求出PA、PB的斜率，
从而得出l的斜率的取值范围,即得解
【详解】设直线过定点，则直线可写成，
令解得直线必过定点．
，．直线与线段相交，
由图象知，或，解得或，
则实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】本题考查了直线方程的应用，过定点的直线与线段相交的问题，考查了学生综合分析、数形结合的能力，属于中档题．
7. 若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：直线始终平分圆的周长，即直线经过点,即故点在直线上,可看作动点到定点的距离的平方，利用点到直线的距离公式即可求得.
【详解】解：，故圆的圆心坐标为，直线始终平分圆的周长，即直线经过点,故，即.
可看作动点到定点的距离的平方，又因为，故点在直线上,所以的最小值为点到直线的距离.
∵
∴
∴
即的最小值为.
故选：D.
8. 平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为
A. B. C. D.
答案：A
【解析】
【详解】试题分析：如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.延长，过作，连接，则为，同理为，而，则所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A.
【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
答案：BD
【解析】
分析：根据共线向量的坐标表示可知A错误；
根据与同向的单位向量为，计算可知B正确；
利用向量夹角公式计算可知C错误；
根据法向量的求法可知D正确.
【详解】对于A，，，可知，与不共线，A错误；
对于B，，，，即与同向的单位向量是，B正确；
对于C，，，
即和夹角的余弦值为，C错误；
对于D，设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
即平面的一个法向量为，D正确.
故选：BD.
10. 已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 的一个方向向量为
B. 直线与两坐标轴围成三角形的面积为
C. 与直线垂直
D. 与直线平行
答案：AC
【解析】
分析：根据点斜式求得直线的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意直线的斜率为，直线方程为，即，
它与直线重合，D错误；
，因此是直线的一个方向向量，A正确；
在直线方程中令得，令得，
直线与两坐标轴围成三角形的面积为，B错误；
由于，C正确
故选：AC
11. 如图，在所有棱长均为2的四棱锥中，O为底面正方形的中心，M为侧棱的中点，N为侧棱上的动点，则下列结论正确的有（ ）
A. 无论动点N在什么位置，平面
B. 直线和直线所成角的大小为
C. 的正弦值的最大值为
D. 二面角的大小为
答案：ABC
【解析】
分析：对于A：利用线面平行的判定定理直接证明平面；对于B：求出与所成角为；对于C：先判断出，即可求出的最大值；对于D：取中点中点,连接,判断出为二面角的平面角.即可求解.
【详解】对于A：因为底面为正方形，所以.
又面，面，所以平面，即平面.故A正确；
对于B：连接.
因为分别为中点,所以.
又在等边△中,与所成角为，所以与所成角为.故B正确；
对于C：连接交于点O，则O为的中点.
因为所有棱长均为2，所以,.
又,平面,平面,
所以平面.
又平面,所以,所以.
在△中, ,所以的最大值为.故C正确；
对于D：取中点中点,连接.
因为,所以；因为为正方形，所以，
所以为二面角的平面角.
因为，所以，所以，所以.故D错误.
故选：ABC.
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（ ）
A. C的方程为B. 在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10
C. 在C上存在点M，使得D. C上的点到直线的最大距离为9
答案：AD
【解析】
分析：由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设，由已知得，联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可判断D选项.
【详解】解：由题意可设点，由，，，得，
化简得，即，故A正确；
点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.
设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；
C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；
故选：AD
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
13. 已知向量，，若与垂直，则___________.
答案：
【解析】
分析：根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.
【详解】解：与垂直，，
则，解得：，
，
则，
.
故答案为：.
14. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
答案：
【解析】
分析：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到直线的距离．
【详解】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则
点到直线的距离：
．
点到直线的距离为．
故答案为：．
15. 圆：关于直线：对称的圆的标准方程为_____________.
答案：.
【解析】
分析：由圆C的一般方程化为其标准方程，求得圆C的圆心和半径，再求得圆心C关于直线l的对称点，由圆的标准方程可求得答案.
【详解】解：由圆：得其标准方程为，圆心的坐标为，半径.
设圆心关于直线的对称点为，则，解得 ，
所以所求圆的方程为.
故答案为：.
16. 已知，则的最小值为_____________．
答案：
【解析】
分析：已知提取，剩下的部分表示点到原点的距离与它到直线的距离之和，而这个和的最小值是原点到直线的距离，由此可得结论．
【详解】,
表示点到原点的距离与它到直线的距离之和，
由平面几何知识可知这个距离和的最小值是原点到直线的距离．
所以题中所求的最小值是．
故答案为：．
四、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或推演步骤．
17. 如图，在边长为2正方体中，分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
答案：（1）见解析 （2）
【解析】
分析：（1）建立坐标系求出点的坐标，利用向量的坐标运算求平面法向量即可求解，
（2）利用向量法求解点面距离即可．
【小问1详解】
建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，
，分别为，的中点，
，1，，，1，，
，0，，，2，，
设平面的法向量为，
则,即，令，则
因为，，所以
平面．
【小问2详解】
,,
设点到平面的距离为，所以
18. 己知的三个顶点分别为，求：
（1）求边中垂线所在的直线方程；
（2）求与直线平行且距离为的直线方程；
（3）求的外接圆的方程．
答案：（1）；
（2）或；
（3）．
【解析】
分析：（1）求出中点坐标，直线的斜率得出中垂线的斜率，从而得直线方程；
（2）求出直线后设出与其平行的直线方程，由平行间距离求得参数，得直线方程；
（3）设出圆的一般方程，代入三点坐标后求解．
【小问1详解】
边中点坐标为，，边中垂直的斜率为，
直线方程为，即；
【小问2详解】
直线方程为，即，设所求直线方程为，
由，或，
所以所求直线方程为或；
【小问3详解】
设外接圆方程为，
则，解得，
圆方程为．
19. 如图，直三棱柱中，为中点.
（1）证明：平面；
（2）若此三棱柱的体积为1，，，求直线与平面所成角的正弦值.
答案：（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析：（1）连接交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）以B点为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接，
在直三棱柱中，为矩形，所以为中点，
又因E为BC中点，所以，
又由平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解：在直三棱柱中，平面ABC，所以，
又因为，，所以平面，所以，
由，可得，
以B点为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，
（1）求顶点的坐标；
（2）求的面积．
答案：（1）；（2）.
【解析】
分析：（1）首先设，根据题意得到，再解方程组即可.
（2）首先设，得到，从而得到，解方程得到，再求出和点到直线的距离，即可得到答案.
【详解】（1）设，因为直线与直线垂直，且点在直线上，
所以，解得，故.
（2）设由题知：，
所以，解得，即.
，直线，即：.
，
点到直线的距离，
所以.
【点睛】本题主要考查直线的方程，同时考查点到直线的距离公式，属于中档题.
21. 如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
答案：（1）证明见解析
（2）存在，点是线段的中点
【解析】
分析：（1）作出辅助线，得到，，从而得到线面垂直，得到面面垂直，再由，面面垂直的性质得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出的坐标，求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，确定点位置.
【小问1详解】
证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
【小问2详解】
过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
22. 已知圆C经过，两点.
（1）当时，圆C与x轴相切，求此时圆C的方程；
（2）如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标.
（3）已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值；
答案：（1）
（2）证明见解析，定点为
（3）
【解析】
分析：（1）圆的半径为r，则圆心为，再根据求得，即可得解；
（2）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；
（3）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点的距离公式结合基本不等式即可得解.
【小问1详解】
解：时，圆过，，
设圆的半径为r，则圆心为，
则，解得，
所以圆C的方程为；
【小问2详解】
证明：设点是圆上任意一点，
因为AB是圆C的直径，所以，
即，
所以圆的方程为：，
则，，等式恒成立，定点为，
所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；
【小问3详解】
解：因点A关于直线的对称点也在圆C，
所以点C在直线上，
又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，
过点A与直线垂直的直线方程为，
由方程组得，
所以圆C的方程为，
当时，或，又，所以，即，
由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，
当时，当，时，
所以，
当且仅当，即时取等号，
即时，.