2022-2023学年山东省诸城第一中学高二上学期期中模拟数学试题（一）（解析版）

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2022-2023学年山东省诸城第一中学高二上学期期中模拟数学试题（一）

一、单选题
1．已知，，为三条不同的直线为三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，，则
【答案】D
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系，逐个选项分析．
【详解】若，，则或，故A选项错误；
若，，，则或与相交，故B选项错误．
若，，则或，故C选项错误；
若，，，，则，正确，
证明如下：，，，，
又，且，，则，故D选项正确；
故选：D．
2．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得的截面图形是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由对角线组成的面称为对角面，易得正方体的对角面是一个矩形，而球截面在矩形正中间，与矩形的两条边相切，据此即可判断
【详解】由组合体的结构特征可知球与正方体的各面相切，而与各棱相离，所以截面图形中的圆与上下底面的对角线相切，与两侧棱相离，只有B符合
故选：B
3．已知直线和互相平行，则
A． B． C．， D．，
【答案】B
【解析】由或重合直线方程的系数关系，求出，再代入直线方程验证，排除重合，即可求解.
【详解】若或重合，，
即，解得或，
当时，，，
重合，不合题意，舍去；
当，，
此时.
故选:B.
【点睛】本题考查直线的位置关系，要明确直线一般式方程与位置关系的充要条件，属于中档题.
4．经过，两点的直线的方向向量为，则的值是（    ）
A．1 B．－1 C． 2 D． -2
【答案】D
【分析】由两点的斜率公式计算即可.
【详解】解：由已知得.
故选：D
【点睛】本题考查两点的斜率公式及直线方向向量的概念，是基础题.
5．平移直线使其与圆相切，则平移的最短距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设直线方程，则圆心(2，1)到的距离为，求出c, 再求平移的最短距离.
【详解】设直线方程，
则圆心(2，1)到的距离为，
解得，
所以平移最短距离，
故选：C
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线，直线到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础.
6．已知圆和圆恰有三条公共切线，则的最小值为（    ）
A．6 B．36 C．10 D．
【答案】B
【分析】由公切线条数得两圆外切，由此可得的关系，从而点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，由求得的最小值，平方后即得结论．
【详解】圆标准方程为，，半径为，
圆标准方程为，，半径为，
两圆有三条公切线，则两圆外切，
所以，即，
点在以原点为圆心，4为半径的圆上，记，
，所以，
所以的最小值为．
故选：B．
7．已知分别为圆：与圆：上的动点，为轴上的动点，则的最小值是（    ）
A．7 B．8 C． D．
【答案】C
【分析】作圆N关于x轴对称的圆G，根据两边之差小于等于第三边，两边之和大于等于第三边，转化为的长度可得.
【详解】如图，作圆N关于x轴对称的圆G，则圆.

所以
，
当且仅当三点共线时，等号成立.
则的最小值为，
故选：C.
8．如图，已知是正的中位线，沿将折成直二面角，则翻折后异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．0
【答案】A
【分析】根据为正三角形，D为中点，所以折叠后 平面BDC，又二面角为直二面角，以D为原点，分别以DB，DC，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求得向量由求解.
【详解】因为为正三角形，D为中点，所以折叠后 平面BDC，
又二面角为直二面角，
所以 ，
以D为原点，分别以DB，DC，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

设正三角形的边长为：2，则

异面直线与所成角 ，
故选：A
【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成角，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

二、多选题
9．下列结论正确的是（    ）
A．若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量
B．坐标平面内过点的直线可以写成
C．直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是
D．设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为
【答案】BD
【分析】当时，，不能作为平面的法向量可判断A；设过点的直线方程一般式为，可得，代入直线可判断B；直线斜率存在和不存在两种情况可判断C；求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点，再利用圆的标准方程性质可判断D.
【详解】对于A，当时，，不能作为平面的法向量，故A错误；
对于B，设过点的直线方程一般式为，
可得，即，代入直线方程得，
提取公因式得，故B正确；
对于C，当直线斜率不存在时，即，检验原点到的距离是2，所以符合；
当直线斜率存在时，设为k，则方程为：，即，
利用原点到直线的距离，解得，所以，
故直线的方程是或，故C错误；
对于D，由题知，二次函数的图象与坐标轴的三个交点为，，，设过这三个点的圆的方程为，
令的两根为2020，-2021，由韦达定理知，
令的其中一个根为，所以另一个根为1，
即圆过点(0，1)，故D正确.
故选：BD.
10．如图，垂直于以为直径的圆所在的平面，点是圆周上异于，任一点，则下列结论中正确的是

A． B．
C．平面 D．平面平面
【答案】BD
【分析】由题意结合线面垂直的性质及平面几何知识可得、，再由线面垂直的判定、性质可判断B，由面面垂直的判定可判断D；结合线面垂直的判定、性质可判断A、C；即可得解.
【详解】因为垂直于以为直径的圆所在的平面，所以，，
又点是圆周上异于，任一点，所以，
对于A，若，则可得平面，则，与矛盾，故A错误；
对于B、D，可知平面，所以，由平面可得平面平面，故B、D正确；
对于C，由与不垂直可得平面不成立，故C错误.
故选：BD.
【点睛】本题考查了线面、面面垂直的判定与性质的应用，关键是熟练掌握性质定理和判定定理，属于基础题.
11．以下四个命题表述正确的是（    ）
A．若两条直线互相平行，则它们的斜率相等
B．已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．圆上存在4个点到直线的距离都等于1
【答案】BC
【分析】对于A:当两条直线互相平行，可能斜率不存在即可判断；
对于B:根据AB为切点，得出，，由此判断AB在以为直径的圆上，以此求出公共弦AB的直线方程，找到定点.
对于C:两圆三条公切线，说明两圆外切，两圆心距离应该等于两圆半径之和.
对于D:判断直线与圆上各点距离两个方向的最远距离，两值大于1则有四个满足条件的点.
【详解】对于A:若两条直线平行，则斜率不存在或斜率相等，故A错误；
对于B:设点，因为AB为切点，所以，，连接，根据圆周角与圆直径关系可知，AB两点在以为直径的圆上，圆的方程为，两圆公共弦AB所在直线方程为，
联立方程得，令，则
故B正确.
对于C: 曲线：，曲线:，因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，故，得
故C正确.
对于D:直线 与圆相切，且与距离为1，因此圆上存在3个点到直线l：的距离都等于1
故D错误.
故选:BC
12．如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．平面
B．与平面所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为
D．四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
【答案】BD
【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面 ，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.
【详解】解：取的中点，的中点，连接，
因为三角形为等边三角形，所以,
因为平面平面，所以平面 ，
因为，所以两两垂直，
所以，如下图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，
建立空间直角坐标系，则，
，
因为点是的中点，所以，
平面的一个法向量为，
，显然 与不共线，
所以与平面不垂直，所以A不正确；
，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以，
设与平面所成角为，
则，
所以，所以B正确；
三棱锥的体积为

，
所以C不正确；
设四棱锥外接球的球心为，则，
所以，
解得，即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为3，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以D正确.
故选：BD

【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.

三、填空题
13．点到直线的距离为______.
【答案】
【分析】根据点到直线距离公式，直接求解，即可得出结果.
【详解】点到直线的距离为.
故答案为：.
【点睛】本题考查求点到直线的距离，熟记公式即可，属于基础题型.
14．一棱长为4的正四面体木块如图所示，是棱的中点，过点将木块锯开，使截面平行于棱和，则截面 的面积为_________.

【答案】
【解析】利用线面平行的判定定理可得四边形为所求的截面，易知四边形是边长为2的正方形，即可求得截面的面积.
【详解】
在平面内作直线，交于点，
在平面内作直线，交于点，
过点作直线，交于点，
所以，
所以四点共面，且面与直线和都平行，
因为正四面体中，所以，
所以四边形是边长为2的正方形，所以面积为
故答案为：
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定和实际应用，关键是作出截面，属于基础题.
15．是平面的一个法向量，如果直线与平面垂直，则直线的单位方向向量______.
【答案】或
【分析】根据题意可知直线的单位方向向量与共线，进而求出答案.
【详解】由题意，直线的单位方向向量为，因为直线与平面垂直，所以
，所以设，于是，
所以或.
故答案为：或.
16．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线.已知的顶点，则欧拉线的方程为______.
【答案】
【分析】根据的顶点为，求得重心坐标，结合外心的性质设的外心的坐标，由求得坐标，然后写出欧拉线方程.
【详解】因为的顶点为，
所以重心，
因为线段的垂直平分线方程为，
所以可设的外心为，
则，即，
解得，
所以．
所以该三角形的欧拉线方程为，
化简可得，.
故答案为：.

四、解答题
17．在①圆经过，②圆心在直线上，③圆截轴所得弦长为8且圆心的坐标为整数；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.
已知圆经过点，且______；
（1）求圆的方程；
（2）已知直线经过点，直线与圆相交所得的弦长为8，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【解析】（1）设圆的方程为，根据待定系数法求解圆的方程即可；
（2）设圆心到直线的距离为，则由（1）得，易知直线的斜率存在，故设其方程为，进而结合点到直线的距离公式解方程得，，故直线的方程为或
【详解】解：选条件①，
（1）设圆的方程为，
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为，
即圆的标准方程为：.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件②，
（1）设圆的方程为，
因为圆经过点，，且圆心在直线上
依题意有，
解得，，，
所以圆的方程为.
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
选条件③，
设圆的方程为，
由圆经过点，，故，
又因为圆截轴所得弦长为8，
故方程的两个实数根的差的绝对值为.
所以，即
解方程组，
得，，或，，，
由于圆心的坐标为整数，
故圆的方程为
（2）设圆心到直线的距离为，
则弦长，
当直线的斜率不存在时，，所以直线的斜率存在，
设其方程为，即，
，解得，，
所以所求直线的方程为或.
【点睛】本题考查待定系数法求圆的方程，圆的弦长问题，考查运算求解能力.本题解题的关键在于利用弦长，半径与圆心到直线的距离之间的关系求解.此外，本题的解题过程中，还容易出现忽视直线斜率不存在的讨论而导致解题不严谨的问题出现，需要格外注意.
18．如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD．若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.

（1）求证：EG⊥DF；
（2）求BE与平面EFGH所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）证明：连接AC，,由已知条件，利用平行四边形的判定与性质得到EGAC，进而得到EG⊥BD，EG⊥BF，利用线面垂直的判定定理得到 EG⊥平面BDHF，进而得到结论；
（2）设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知条件，利用线面垂直的性质定理和面面平行的判定定理得到平面平面BCGF，利用面面平行的性质定理得到，同理可得：，得到四边形EFGH为平行四边形，得到P为EG的中点，从而可得OP⊥平面ABCD，进而可以判定OA，OB，OP两两垂直，依此建立空间直角坐标系，进而利用空间向量计算求解即得.
【详解】（1）证明：连接AC，,

由,可知四边形AEGC为平行四边形.
所以EGAC，而AC⊥BD，AC⊥BF，
所以EG⊥BD，EG⊥BF，
因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，
又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.
（2）设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，
由已知可得：AE，BF都垂直于平面ABCD，∴，
又∵四边形ABCD为菱形，平面平面BCGF，
所以，同理可得：，所以四边形EFGH为平行四边形，
所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以，
从而OP⊥平面ABCD，

又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF＝2.
如图，建立空间直角坐标系，
则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，
所以＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，＝(0,2，－1).
设平面EFGH的法向量为＝(x，y，z)，
由可得，
令y＝1，则z＝2，所以＝(0,1,2).
设BE与平面EFGH所成角为θ，则.
【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，考查面面平行的判定与性质，考查利用空间向量求线面角问题，属中档题，关键是根据已知条件，利用有关定理进行论证后建立适当的空间直角坐标系，进而解决问题.
19．已知圆C：及直线l：.
(1)求证：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长最短长度及此时的直线方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)最短长度为，

【分析】(1)依据题意可知直线过定点，根据定点与圆的位置关系判断直线与圆的位置关系.
(2)计算的长度以及，然后依据弦长公式和直线的点斜式可得结果.
【详解】（1）证明：把直线l的方程改写成.
由方程组，解得.
∴直线l过定点.
圆C的方程可写成.
∴圆C的圆心为，半径为6，
定点到圆心的距离为，
∴点在圆C内.
∴过点的直线l总与圆C相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交.
（2）当直线l过定点且垂直于过点M的半径时，
l被圆C截得的弦长|AB|最短.（如图）

，，
，此时，.
∴直线AB的方程为，
即.
故直线l被圆C截得的弦长的最短长度为，
此时直线l的方程为.
20．如图，四边形PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC，PM=1，BC=2．又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，直线AM与直线PC所成的角为60°．

（1）求证：PC⊥AC；
（2）求二面角M﹣AC﹣B的余弦值；
（3）求点B到平面MAC的距离．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）
【详解】方法1：（1）证明：∵，，∴平面，∴．
（2）取的中点，连．∵，∴，∴平面．

作，交的延长线于，连接．
由三垂线定理得，∴为二面角的平面角．
∵直线与直线所成的角为，
∴在中，．
在中，．
在中，．
在中，．
在中，∵，∴．
故二面角的余弦值为．
（3）作于．∵平面，∴，∴平面，
∴点到平面的距离为．
∵点是线段的中点，
∴点到平面的距离是点到平面的距离的两倍为．
方法2：（1）证明：∵，，∴平面，∴．
（2）在平面内，过作的垂线，并建立空间直角坐标系如图所示．

设，则．．
∵，
且，∴，得，∴．
设平面的一个法向量为，则由
得得∴．
平面的一个法向量为．．
显然，二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
（3）点到平面的距离．
21．已知圆M的方程为，直线l的方程为，点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．

若，试求点P的坐标；
求四边形PAMB面积的最小值及此时点P的坐标；
求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．
【答案】（1）或；（2）四边形PAMB面积的最小值为，P的坐标为；（3）见解析.
【分析】设，连接MP，分析易得，即有，解可得m的值，即可得答案；
根据题意，分析易得，又由，当MP最小时，即直线MP与直线l垂直时，四边形PAMB面积最小，设出P的坐标，则有，解可得n的值，进而分析MP的最小值，求出四边形PAMB面积，即可得答案；
根据题意，分析可得：过A，P，M三点的圆为以MP为直径的圆，设P的坐标为，用m表示过A，P，M三点的圆为，结合直线与圆位置关系，分析可得答案．
【详解】根据题意，点P在直线l上，
设，连接MP，
因为圆M的方程为，
所以圆心，半径．
因为过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B；
则有，，且，
易得≌，
又由，即，
则，
即有，
解可得：或，
即P的坐标为或；

根据题意，≌，则，
又由，
当MP最小时，即直线MP与直线l垂直时，四边形PAMB面积最小，
设此时P的坐标为；有，解可得，
即P的坐标为；
此时，则四边形PAMB面积的最小值为；
根据题意，PA是圆M的切线，则，则过A，P，M三点的圆为以MP为直径的圆，
设P的坐标为，，
则以MP为直径的圆为，
变形可得：，即；
则有，解可得：或；
则当、和、时，恒成立，
则经过A，P，M三点的圆必过定点，且定点的坐标为和
【点睛】本题考查直线与圆方程的综合应用，涉及直线与圆的位置关系以及相交的性质，属于中档题．
22．如图1，梯形中，，过A，B分别作，垂足分别E，F，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体，如图2．

(1)若，证明：平面；
(2)若，线段上是否存在一点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在；.

【分析】(1)连BE，证明平面，可得，即可推理作答.
(2)在平面内作，以点E为原点，分别为x轴，y轴，z轴
的正方向建立空间直角坐标系，借助空间向量即可计算作答.
【详解】（1）依题意，四边形是正方形，且边长为2，连BE，，如图，

因，，平面，则平面，又平面，于是得，
又，，平面，
所以平面.
（2）在图2中，，，，平面，则平面，
在梯形中，过点D作交于点M，则四边形DEFM为平行四边形，，
依题意，，，则有，且，
过E作交于点G，从而有两两垂直，
以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，
设平面的一个法向量为，则，取得，
设，则，有，设与平面所成的角为，
于是有，解得，
所以存在点P满足条件，．