广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)

这是一份广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题(原卷版+解析)，共23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。

一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1. 二元方程表示圆C,圆心的坐标和半径分别为（ ）
A. B. C. D.
2. 在空间四边形ABCD中， M，G分别是BC， CD的中点，则 （ ）
A B. 2C. 3D. 3
3. 将直线l上一点 向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的点B仍在直线l上，则直线l的方程是 （ ）
A. B. C. D.
4. 如图，在正方形网格中，已知，，三点不共线，为平面内一定点，点为平面外任意一点，则下列向量能表示向量的为（ ）
A. B.
C. D.
5. 如图所示，已知空间四边形每条边和对角线长都为，点E，F，G分别是AB，AD，DC中点，则下列向量的数量积等于的是（ ）
A B.
C. D.
6. 在长方体中，若向量在单位正交基底下的坐标为，则向量在单位正交基底下的坐标为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是
A 等腰三角形B. 等边三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 直线BB1与面ACD1所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 若向量，，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 两平行直线和间的距离为， 若直线的方程为， 则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
11. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A. 始终过定点
B. 若，则或-3
C. 若，则或2
D. 当时，始终不过第三象限
12. 若直线l：m x+(2m-1) y- 6= 0与两坐标轴所围成的三角形的面积为3， 则m的值是（ ）
A. 2B. C. 3D. -
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上．
13. 直线的倾斜角为_________．
14. 在平面直角坐标系中，已知点A(2，0)， B(0，4)， O为坐标原点，则△ABO的外接圆的方程是__________.
15. 在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)， 点B是直线l： x-2y - 2= 0动点，则|AB|的最小值为__________．
16. 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________．
四、解答题： 本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
17. 已知关于x，y的二元二次方程 x2+y2+Dx+Ey+3=0.
（1）若方程表示的曲线是圆，求证：点在圆x2+y2=12外；
（2）若方程表示的圆C的圆心在直线x+y-1=0上且在第二象限， 半径为， 求圆C的方程.
18. 在△ABC中， 顶点B的坐标为(1，2)，顶点A在x轴上，边BC上的高AH所在直线的方程为x-2y+1= 0， 边AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º.
（1）求顶点A的坐标和直线BC的方程；
（2）求△ABC的面积.
19. 如图， 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，CC1=3，CD=2，且∠C1CB=∠C1CD=60°.
（1）求证：BD⊥CA1；
（2）求CA1的长.
20. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=，D是棱AC的中点，且AB=BC=BB1=2．
（1）求异面直线AB1与BC1所成角的大小；
（2）求直线AB1与平面BC1D的距离．
21. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD=AA1=1，AB=2.
（1）试问在线段CD1上是否存在一点N， 使MN∥平面ADD1A1? 若存在，确定N的位置； 若不存在，请说明理由；
（2）在（1）中，当MN∥平面ADD1A1时，试确定直线BB1与平面DMN的交点F的位置，并求BF的长.
22. 如图， 在四棱锥中， 底面是边长为1的菱形，底面，，，为的中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
东莞四中2022－2023学年度第一学期期中考试
高二数学
一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1. 二元方程表示圆C,圆心的坐标和半径分别为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】
分析：根据方程化简为圆的标准形式,选出答案即可.
【详解】解:由题知方程,
即,
因为该二元方程表示圆,
所以圆心,半径.
故选:B
2. 在空间四边形ABCD中， M，G分别是BC， CD的中点，则 （ ）
A. B. 2C. 3D. 3
答案：D
【解析】
分析：利用中位线的性质可以得出：，然后利用向量的线性运算即可求解.
【详解】因为M，G分别是BC， CD的中点，由三角形中位线的性质可得：，
又因为，所以，
故选：.
3. 将直线l上一点 向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的点B仍在直线l上，则直线l的方程是 （ ）
A. B. C. D.
答案：A
【解析】
分析：由平移求得点坐标，再根据都在直线上，求出直线的斜率，从而可得出答案.
【详解】解：将 向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得，
因为都在直线上，
则，
所以直线的方程为，即.
故选：A.
4. 如图，在正方形网格中，已知，，三点不共线，为平面内一定点，点为平面外任意一点，则下列向量能表示向量的为（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
【解析】
分析：根据，，，四点共面，可知存在唯一的实数对，使，结合图形可得的值，即可得到答案；
【详解】根据，，，四点共面，可知存在唯一的实数对，使．
由图知，，
故，
故选：C.
5. 如图所示，已知空间四边形每条边和对角线长都为，点E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：AC
【解析】
分析：利用向量数量积的定义，分别计算出四个选项对应的数量积，即可得到答案.
【详解】在空间四边形中，夹角为60°，所以.故A正确；
夹角为120°，所以.故B错误；
因为点F，G分别是AD，DC的中点，所以且,所以夹角为0°，所以.故C正确；
因为点E，F分别是AB，AD的中点，所以,所以夹角为120°，所以.故D错误.
故选：AC
6. 在长方体中，若向量在单位正交基底下的坐标为，则向量在单位正交基底下的坐标为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
【解析】
分析：根据向量的线性与空间向量的基本定理即可求解
【详解】因为，
所以向量在单位正交基底下的坐标为，
故选：B
7. 已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是
A. 等腰三角形B. 等边三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
答案：C
【解析】
分析：求出三点间任意两点的距离，最后运用勾股定理或者余弦定理判断出三角形的形状.
【详解】由两点间的距离公式得，，，满足，故选C.
【点睛】本题考查了空间两点间的距离公式，以及判断空间三点组成三角形的形状问题，考查了数学运算能力.
8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 直线BB1与面ACD1所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
【解析】
分析：建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，利用向量法求出和平面的法向量，结合空间向量的数量积的定义即可求解.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
有，令，则，
所以，
故，
设直线与平面所成平面角为，
则.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 若向量，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：AD
【解析】
分析：根据空间向量夹角公式判断A，根据空间向量垂直的坐标表示判断B，根据空间向量平行的坐标关系判断C，根据空间向量的模的公式判断D．
【详解】由已知，，D正确；
，与不垂直．B错误；
，A正确；
设，则，，，满足条件不存在，因此与不共线，C错误；
故选：AD．
10. 两平行直线和间的距离为， 若直线的方程为， 则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
答案：BC
【解析】
分析：设出直线的方程，由两平行线间距离公式列出方程，求出，得到直线方程.
【详解】设直线的方程为，由两平行线间距离公式可知：
，解得：或，
当时，直线的方程为，即，
当时，直线的方程为，即，
故直线的方程为或.
故选：BC
11. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A. 始终过定点
B. 若，则或-3
C. 若，则或2
D. 当时，始终不过第三象限
答案：ACD
【解析】
分析：将直线化可判断A；将或-3代入直线方程可判断B；根据可判断C；将直线化为，即可求解.
【详解】：过点，A正确；
当时，，重合，故B错误；
由，得或2，故C正确；
：始终过，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查了直线过定点、直线垂直求参数，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
12. 若直线l：m x+(2m-1) y- 6= 0与两坐标轴所围成的三角形的面积为3， 则m的值是（ ）
A. 2B. C. 3D. -
答案：AD
【解析】
分析：根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵ 直线l与两坐标轴围成三角形，
∴ ，，
且，
令，解得，
令，解得，
，
，
或，
当时，
，
方程无解；
当，
解得或．
故选：AD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上．
13. 直线的倾斜角为_________．
答案：
【解析】
分析：求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角
【详解】，则，斜率为
则，解得
故答案为
【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题
14. 在平面直角坐标系中，已知点A(2，0)， B(0，4)， O为坐标原点，则△ABO的外接圆的方程是__________.
答案：(x-1)2+(y-2)2=5
【解析】
分析：由题意可知：，所以为直角三角形，其外接圆圆心为斜边的中点，半径为斜边长度的一半，进而求解.
【详解】由题意可知: ,故为直角三角形,
的外接圆的圆心为的中点，半径为,
所以外接圆的标准方程为,
故答案为: .
15. 在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)， 点B是直线l： x-2y - 2= 0的动点，则|AB|的最小值为__________．
答案：
【解析】
分析：根据时最小求解即可．
【详解】解：当时最小，
．
故答案为：．
16. 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：．
四、解答题： 本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
17. 已知关于x，y的二元二次方程 x2+y2+Dx+Ey+3=0.
（1）若方程表示的曲线是圆，求证：点在圆x2+y2=12外；
（2）若方程表示的圆C的圆心在直线x+y-1=0上且在第二象限， 半径为， 求圆C的方程.
答案：（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析：（1）由二元二次方程能表示圆的一般方程的条件易证得所求；
（2）利用圆的一般式得到圆心与半径关于的表达式，进而由题设条件得到关于的方程组，解之即可得到圆C的方程.
【小问1详解】
因为方程x2+y2+Dx+Ey+3=0表示的曲线是圆，
所以D2+E2-12>0，即D2+E2>12，
因而点在圆x2+y2=12外.
【小问2详解】
由题意知，圆心，
因为圆心在直线x+y-1=0上，所以，即①，
又因为半径，即②，
联立①②，解得或，
又因为圆心在第二象限，所以，，即D>0，E<0.
所以，
故圆的一般方程为，即.
18. 在△ABC中， 顶点B的坐标为(1，2)，顶点A在x轴上，边BC上的高AH所在直线的方程为x-2y+1= 0， 边AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º.
（1）求顶点A的坐标和直线BC的方程；
（2）求△ABC的面积.
答案：（1）(-1，0)，2x+y-4=0
（2）12
【解析】
分析：(1) A点的坐标可以由AH与两条直线联立得到.由AH与BC垂直，可得BC斜率，点斜式就可得到BC的方程.
(2) 由AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º与A点坐标可求得AC的方程，联立方程组得C点的坐标，求BC长度，用面积公示即可求出.
【小问1详解】
由方程组求得点A的坐标为(-1，0).
因为BC边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0， 斜率为
所以边BC所在直线的斜率为-2，
因而边BC所在直线的方程为y-2=-2(x-1)，即2x+y-4=0.
【小问2详解】
因为边AB所在直线的斜率为kAB=1，
边AB，AC所在直线的倾斜角之和为180º所以边AC所在直线的斜率为-1，
其方程为y=-(x+1)，即x+y+1=0.
联立方程解得，即顶点C的坐标为(5，-6)，
所以|BC|=4
点A到直线BC的距离，
因而△ABC的面积为.
19. 如图， 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，CC1=3，CD=2，且∠C1CB=∠C1CD=60°.
（1）求证：BD⊥CA1；
（2）求CA1的长.
答案：（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析：（1）利用空间向量的线性运算得到，，再利用已知的模与夹角求得与的数量积为0，从而证得BD⊥CA1；
（2）利用数量积的性质，由已知的模与夹角求得，从而求得CA1的长.
【小问1详解】
设，，，
由已知条件，得，，，，
而，，
所以，
所以，即BD⊥CA1.
.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
所以，即A1C的长为.
20. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=，D是棱AC的中点，且AB=BC=BB1=2．
（1）求异面直线AB1与BC1所成角的大小；
（2）求直线AB1与平面BC1D的距离．
答案：（1）
（2）
【解析】
分析：（1）利用与的数量积求异面直线所成的角即可；
（2）先证明AB1平面BC1D，再根据在平面BC1D法向量上的投影求解即可．
【小问1详解】
解： 以为基底建立空间直角坐标系，连接于点O，
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，B1(0，0，2)．
所以=(0，-2，2)，=(2，0，2)，
===，
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则=，
因为θ∈，
所以θ=．
【小问2详解】
解：由（1）知D(1，1，0)，
直线AB1的方向向量为=(0，-2，2)，
设平面BC1D的法向量为=(x，y，z)，
因为=(2，0，2)，=(1，1，0)，
由0， 0得
，
化简得，
取，得，，
∴ 平面BC1D的法向量为=(-1，1，1)，
(0，-2，2)·(-1，1，1)=0-2+2=0，
∴ ⊥ ，
即AB1平面BC1D，
∴ 直线AB1与平面BC1D的距离为点A到平面BC1D的距离，
，
∴ 直线AB1与平面BC1D的距离为．
21. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD=AA1=1，AB=2.
（1）试问在线段CD1上是否存在一点N， 使MN∥平面ADD1A1? 若存在，确定N的位置； 若不存在，请说明理由；
（2）在（1）中，当MN∥平面ADD1A1时，试确定直线BB1与平面DMN的交点F的位置，并求BF的长.
答案：（1）存在，N为CD1的中点
（2）点F是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=
【解析】
分析：(1)建立如图空间直角坐标系，假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1并设=λ利用空间向量法求出平面ADD1A1的法向量，根据⊥求出即可；
(2)根据题意可知点F在平面DMN内，设F（1，2，t)，结合空间向量的基本定理求出即可.
【小问1详解】
如图，以{}为基底建立空间直角坐标系
D(0，0，0)， A(1，0，0)， D1(0，0，1)， C(0，2，0)，E， M，
所以=(0，2，0)，==(0，-2，1).
法一：假设CD1上存在点N使MN//平面ADD1A1，
并设=λ=λ(0，-2，1)=(0，-2λ，λ) (0<λ<1)，
则=+=(0，2，0)+(0，-2λ，λ)=，
=-=，
由题意知=(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量，
所以⊥， 即2(1-2λ)=0，解得λ=.
因为MN⊄平面ADD1A1，
所以当N为CD1的中点时，MN//平面ADD1A1.
法二：由CD1面Dyz， 假设CD1上存在点N(0，y，z)， 使MN//平面ADD1A1，
在△CDD1中，由三角形相似的性质知，， 即①，
=(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量，而
由得②，
由①②得：y=1，，
因为MN⊄平面ADD1A1，
所以当N为CD1的中点时，MN//平面ADD1A1.，
【小问2详解】
法一：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1，2，t)，，
又点F平面DMN内，因而存在实数，使得=+，
即（1，2，t)=，，
整理得：（1，2，t)=，
因而，解得 ，
所以F（1，2，)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=.
法二：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1，2，t)， ，
设平面DMN的法向量为=(x，y，z)，=，
由·0， ·0得化简得即，取得，，
因而平面DMN的法向量为=(2，，3)，
在平面DMN内任取一点，不妨取点D，与点F组成的向量=（1，2，t)，
可得·=0，即2×1+()×2+3t=0，
解得，
因而F（1，2，)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=，
法三：由已知，点F在直线BB1上，因直线BB1与z轴平行，可设F（1，2，t)， ，
设平面DMN内任一点P(x，y，z)，
在平面DMN内任异于点P的一点，不妨取点D，与点P组成的向量=(x，y，z)，
因为·=0，即2xy+3z=0， ，
将F（1，2，t)代入，解得，
因而F（1，2，)，故是线段BB1上靠近点B的一个三等分点，BF=.，
法四：（思路）：由（1）N为CD1的中点，延长DN，必过点C1，
连结AB1，易证DC1//AB1.
延长DM交AB于点G，可证点G是线段AB的一个三等分点.
再过点G作GF//AB1与线段BB1交于点F， 易得BF=.
22. 如图， 在四棱锥中， 底面是边长为1的菱形，底面，，，为的中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.
答案：（1）；
（2）.
【解析】
分析：(1)建立空间直角坐标系，求平面的法向量，求向量，再求向量在上的投影向量的模即可；
(2)求平面的法向量，求向量，的夹角余弦，由此可得两平面的夹角余弦.
【小问1详解】
如图，作于点P，以A为坐标原点，AB，AP，AO所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则，， ， ，，
因为=，，
设平面的法向量为，
则得
取，则x=0 ， y=4，
所以是平面的一个法向量.，
设点B到平面的距离为d.
因为，
所以，
所以点B到平面的距离为.，
【小问2详解】
因为， ，，
设平面的法向量为，
则得 取，则a=0 ， b=2，
所以是平面的一个法向量.，
设平面与平面所成夹角为，，，，

所以，
因而平面与平面所成夹角的余弦值为.