2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期中数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年河南省洛阳市高二上学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．直线在y轴上的截距是（    ）

A．5 B．－5 C．10 D．－10

【答案】D

【分析】根据截距的概念结合条件即得.

【详解】因为直线，

令，可得，

所以直线在y轴上的截距是.

故选：D.

2．已知，，则线段AB的长为（    ）

A．39 B．7 C．5 D．

【答案】B

【分析】根据空间两点间距离公式即得.

【详解】因为，，

所以.

故选：B.

3．已知直线：与：垂直，则实数a的值为（    ）

A．0或3 B．0或-3 C．-3 D．0

【答案】B

【分析】利用两直线垂直的充要条件，列式计算作答.

【详解】因直线：与：垂直，则，解得或，

所以实数a的值为0或-3.

故选：B

4．若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间另一个基底的是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】根据空间向量共面定理可知ABD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设C中向量共面，可知不存在满足条件的实数，由此知假设错误，则C中向量可以作为基底.

【详解】对于A，，共面，不能作为空间一组基底，A错误；

对于B，，共面，不能作为空间一组基底，B错误；

对于C，假设共面，则可设

，方程组无解，不共面，可以作为空间一组基底，C正确；

对于D，，共面，不能作为空间一组基底，D错误.

故选：C.

5．已知直线 l：和圆C：交于A，B两点，则弦 AB所对的圆心角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据弦长公式可得弦长，根据的边长关系，确定圆心角的大小.

【详解】由圆C：，可得，圆心，半径为，

又直线l：，

所以，又，

所以，圆心角，

即弦 AB 所对的圆心角的大小为.

故选：C.

6．已知四面体，分别是的中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用向量加减和数乘运算直接求解即可.

【详解】

分别为中点，.

故选：A.

7．已知，当变化时，直线过定点（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将直线方程整理为，由此可得方程组，解方程组即可求得定点坐标.

【详解】由得：，

由得：，直线恒过定点.

故选：A.

8．已知直线AB的方向向量为，平面的法向量为，给出下列命题：

①若则直线．

②若，则直线．

③记直线AB与平面所成角的为，则．

④若，，则点C到平面的距离．

其中真命题的个数是（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】C

【分析】根据空间向量证明线面位置关系，空间向量法表示线面夹角正弦值公式以及空间向量计算点到平面的距离公式即可判断.

【详解】对A选项，若，有可能直线平面内，故错误，

对B选项，符合利用空间向量判定线面垂直关系，由线线平行推出线面垂直，故B正确，

对C选项，因为可能为负值，而，故错误，其正确形式应为，故C错误，

对D选项，根据C选项公式，故，故D正确.

故真命题有2个，

故选：C.

9．圆关于直线对称的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，利用点关于直线对称点的求法可求得对称圆的圆心，由两圆半径相同可得圆的方程.

【详解】由圆的方程知：圆心，半径；

设圆心关于的对称点为，则，解得：，

所求对称圆的圆心为，半径为，

所求对称圆的方程为：.

故选：B.

10．已知点D在确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足，则：的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】根据空间向量共面可得，然后利用二次函数的性质即得.

【详解】因为，

所以，又点D在确定的平面内，

所以，即，

所以，

所以当时，的有最小值.

故选：A.

11．在四面体中，平面平面DBC，且，，则直线BC与平面ABD所成角的余弦值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由已知条件可得与为正三角形，且互相垂直，则可以建立空间直角坐标系，求平面ABD的法向量，代入余弦公式即可.

【详解】因为，且，所以均为正三角形，因为平面平面DBC，平面平面，取的中点，则，所以平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：

设，则，设平面的法向量为，，，则，令，，.

设直线BC与平面ABD所成角为，则，

所以.

故选：D

12．若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为，则直线l的倾斜角的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出圆心和半径，由题可得圆心到直线的距离应小于等于，进而可得的取值范围，然后根据直线斜率与倾斜角的关系，即得．

【详解】由圆的标准方程，

则圆心为，半径为，

因为圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，

则圆心到直线的距离应小于等于，

∴，整理得，

解得，

设直线的倾斜角为，即，

又由，

，

即，

所以直线l的倾斜角的取值范围是.

故选：B．

二、填空题

13．已知是直线l的方向向量，是平面的法向量．若，则______．

【答案】27

【分析】根据线面垂直的概念，结合法向量的性质可得，进而求得，即得.

【详解】∵，

∴，

∴，

故，解得，

∴．

故答案为：.

14．已知，两点到直线l：的距离相等，则______．

【答案】1或

【分析】利用点到直线的距离公式列方程求解可得.

【详解】由题意得，即，

所以或，

解得或．

故答案为：1或.

15．在棱长为的正方体中，是底面内动点，且平面，当最大时，三棱锥的体积为______．

【答案】

【分析】根据面面平行的判定可证得平面平面，由此可得点轨迹为线段；根据，可知当时，最大；利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.

【详解】

，平面，平面，平面，

同理可得：平面，

又，平面，平面平面，

平面平面，点轨迹为线段，

平面，平面，，

，则当最小时，最大；

四边形为正方形，当，即为中点时，最小；

当为中点时，最大，

平面，平面，    ，

，平面，平面，

，，

.

故答案为：.

16．若点P在直线上移动，过P作圆的切线，切点分别为A，B，则的最小值为______．

【答案】##

【分析】设，根据圆的性质可得，然后根据点到直线的距离结合条件即得.

【详解】由，可知圆心，半径为，

则，

设，则为的中点，且，

所以，

所以，

又点到直线的距离为，

所以，，

即的最小值为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知的三个顶点是，，．

(1)求边的垂直平分线的方程；

(2)求经过两边中点的直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据斜率公式可求得，由中点坐标公式可求得中点坐标，根据垂直关系可确定所求直线斜率为，根据直线点斜式方程可求得结果；

（2）利用中点坐标公式可求得中点坐标，由直线两点式方程可求得结果.

【详解】（1），中点为，

边的垂直平分线方程为：，即.

（2）中点为，中点为，

经过两边中点的直线方程为：，即.

18．如图，平行六面体的底面是菱形，且，．

(1)求的长；

(2)求异面直线与所成的角．

【答案】(1)

(2)90°．

【分析】(1)因为三组不共线，则可以作为一组基底，用基底表示向量，平方即求得模长.

(2) 求出两条直线与的方向向量，用向量夹角余弦公式即可.

【详解】（1）设，，，构成空间的一个基底．

因为，

所以

，

所以．

（2）又，，

所以

∴

∴异面直线与所成的角为90°．

19．已知平面直角坐标系中有，，，四点．

(1)判断这四点是否共圆？若共圆，求出该圆的方程；若不共圆，说明理由；

(2)一条光线从点射出，经过x轴反射后与的外接圆相切．求反射光线所在直线的方程．

【答案】(1)A，B，C，D四点共圆，；

(2)或．

【分析】（1）利用待定系数法可得经过A，B，D三点的圆的标准方程，然后判断是否在圆上，进而即得；

（2）由题可得点关于x轴对称的点，过向圆所作的两条切线所在直线即为所求，然后利用点到直线的距离公式即得.

【详解】（1）设经过A，B，D三点的圆的标准方程是，

将A，B，D三点坐标分别代入，得，∴，

所以经过A，B，D三点的圆的标准方程是，

将代入上面方程左边得，

所以点C在经过A，B，D三点的圆上，即A，B，C，D四点共圆，

过A，B，C，D四点的圆的方程为；

（2）根据光的反射原理，作与点关于x轴对称的点，从M点发出的光线经x轴反射后，反射光线所在直线就是由向圆所作的两条切线所在直线，

由题可知：，

则切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，

所以，解得或，

所以反射光线所在直线的方程为或，

即或．

20．在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）把沿BD翻折，使得平面平面BCD，如图（2）．

(1)求证：；

(2)若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面ABD，然后利用线面垂直的性质即得；

（2）利用坐标法，求出平面ACD的法向量，然后利用点到平面的距离的向量求法即得.

【详解】（1）在直角梯形ABCD中，，，，

所以，，

∴，

∴，

∵平面平面BCD，平面平面，平面BCD，

∴平面ABD，又∵平面ABD，

∴；

（2）由题知，如图以D为原点，DB，DC所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，

由条件可得，，，，

∴，，

设平面ACD的法向量，则，，

∴，即，

令，可得平面ACD的一个法向量为），又，

∴点M到平面ACD的距离为．

21．已知两定点，，动点P满足，直线．

(1)求动点P的轨迹方程，并说明轨迹的形状；

(2)记动点P的轨迹为曲线E，把曲线E向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度后得到曲线，求直线被曲线截得的最短的弦长；

(3)已知点M的坐标为，点N在曲线上运动，求线段MN的中点H的轨迹方程．

【答案】(1)动点P的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；

(2)；

(3)．

【分析】（1）设点，由题可得，进而即得；

（2）由题可得圆：，然后根据圆的性质及弦长公式即得；

（3）设，，根据坐标关系可得，代入曲线的方程进而即得.

【详解】（1）设点，

由得，

化简得，

∴动点 P 的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；

（2）∵曲线E的方程为，

∴曲线的方程为，圆心为在，半径为2，

又∵直线可化为，

由，可得，

∴直线恒过定点，

由平面几何知识可知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，

∵，半径为2，

∴最短弦长为；

（3）设，，又点M的坐标为，

所以，

∴，

∵点 N 在圆：上运动，

∴，

所以，即，

∴点 H 的轨迹方程是．

22．如图，长方体中，，点E在棱上且平面．

(1)求的值；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）建立空间坐标系，设，根据可求出的值，进而即得；

（2）求出平面的法向量，然后利用向量的夹角公式即得.

【详解】（1）如图，以D为原点，以DA，DC，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

不妨设，则，，设，

则，，，，，

∴，，，

∵平面，平面，

∴，

∴，解得，即，

∴，

∴；

（2）由（1）可知为平面的法向量，

又，，

设平面的法向量为，则，即，

令，可得，

∴，

∴平面与平面夹角的余弦值为．