【期中真题】辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题.zip

2022-2023学年度上学期期中考试高二年级

数学科试卷

命题人：张军校对人：刘桂娟

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. 点关于平面对称的点为，则点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由空间中的点关于坐标平面的对称点可得结果.

【详解】点关于平面对称的点为.

故选：B.

2. 若直线的方向向量是，则直线的倾斜角的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线的斜率，求出的取值范围，求出的取值范围即可.

【详解】解：因为直线的方向向量是，

所以直线的斜率，因为，

所以，又直线的倾斜角，，

所以或，即.

故选：C.

3. 已知在四面体中，分别是的中点，设，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合图像，利用空间向量的线性运算即可得到结果.

【详解】连接，如图，

因为，，分别是的中点，

所以.

故选：D.

4. 若直线与直线平行，则（    ）

A. 或 B.  C.  D. 0

【答案】C

【解析】

【分析】根据两直线平行得到关系式，求出的值.

【详解】由题意得：，且，

解得：.

故选：C

5. 已知三点不共线，是平面外任意一点，若，则四点共面充要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量共面定理，结合向量运算，整理可得系数的方程组，求得参数，可得答案.

【详解】四点共面的充要条件是，，整理可得，

由，则，解得，

故选：A.

6. 已知圆：与圆：相外切，则的最大值为（　　）

A. 2 B.  C.  D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由两圆外切可得，要使取得最大值，则，同号，不妨取，，然后利用基本不等式求得的最大值.

【详解】圆的圆心为，半径，

圆的圆心为，半径，

由圆C1与圆C2相外切，得

即，

∴；

要使取得最大值，则，同号，不妨取，，

由基本不等式，得

，当且仅当时等号成立，

∴ab的最大值为2．

故选：A

7. 在二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面角的两个半平面内且都垂直于，若，则此二面角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．

【详解】解：如图，由题知．

，

，即，

∴二面角的大小为，即

故选：C．

8. 在三棱锥中，平面是正三角形，是棱上一点，且满足，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意以坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示，利用空间向量求解即可.

【详解】解：因为平面是正三角形，

所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示，

因为

所以，，，

所以，

因为，，

所以，

所以，，即

所以，，

所以，，

所以，异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列命题中，表述不正确的是（    ）

A. 若向量共线，则向量所在的直线平行

B. 若向量所在的直线为异面直线，则向量一定不共面

C. 若三个向量两两共面，则向量共面

D. 已知向量是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据向量共线共面的判断，对选项逐一判断即可.

【详解】选项A，向量共线，则向量所在的直线平行或重合，故A错误；

选项B，根据自由向量的意义知，空间任意两个向量都共面，故B错误.

选项C，由B，三个向量两两共面，但是不一定共面，

选项D，已知向量是空间的一个基底，若，则向量不共面，所以可以作为向量的一组基底.

故选：ABC

10. 下列命题中，表述正确的是（    ）

A. 直线恒过定点

B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1

C. 直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是

D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点

【答案】BD

【解析】

【分析】将直线的方程进行整理利用参数分离即可判断选项A；根据圆心到直线的距离与半径的关系比较即可判断选项B；直线过定点，数形结合得判断选项C；设出点坐标，求出以线段为直径的圆的方程，与已知圆的方程相减即可得直线的方程，即可判断选项D，进而可得正确选项.

【详解】解：对于选项A：由可得：，

由可得，所以直线恒过定点，故选项A不正确；

对于选项B：圆心到直线的距离等于，圆的半径，

平行于且距离为1的两直线分别过圆心以及和圆相切，

所以，圆上有且仅有3个点到直线的距离等于，故选项B正确；

对于选项C：由题知直线过定点，

曲线表示以为圆心，为半径的圆在直线及上方的半圆，

如图，直线为过点，与半圆相切的切线，切点为，

所以，要使直线与曲线有两个不同的交点，则，

所以，当直线与半圆相切时，有，解得，即

因为，

所以实数的取值范围是，故C选项错误；

对于选项D：设点坐标为，所以，即，

因为、分别为过点所作的圆的两条切线，所以，，

所以点在以为直径的圆上，以为直径的圆的方程为，

整理可得：，与已知圆相减可得，

消去可得：，即，

由可得，

所以直线经过定点，故选项D正确.

故选：BD

11. 已知直线，圆，则下列选项中正确的是（    ）

A. 圆心的轨迹方程为

B. 时，直线被圆截得的弦长的最小值为

C. 若直线被圆截得的弦长为定值，则

D. 时，若直线与圆相切，则

【答案】BC

【解析】

【分析】首先表示出圆心坐标，即可判断A，再求出直线过定点坐标，由弦长公式判断B，求出圆心到直线的距离，当距离为定值时，弦长也为定值，即可判断C，求出圆心到直线的距离，即可判断D；

【详解】解：圆的圆心坐标为，

所以圆心的轨迹方程为，故A错误；

直线，令，解得，即直线恒过点，

当时圆，圆心为，半径，又，

所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故B正确；

对于C：若直线被圆截得的弦长为定值，则圆心到直线的距离为定值，

所以，解得，故C正确；

对于D：当时直线，圆心到直线的距离，

若直线与圆相切，则，故D错误；

故选：BC

12. 在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列说法中正确的是（    ）

A. 平面

B. 点到平面的距离为定值

C. 异面直线与所成角的正弦值的取值范围为

D. 平面与底面所成角正弦值的取值范围为

【答案】ACD

【解析】

【分析】A选项，证明出平面平面，从而得到线面平行；

B选项，建立空间直角坐标系，结合A选项证明出的面面平行，只需求出点到平面的距离即可；

C选项，设，，设异面直线与所成角为，利用空间向量求出的余弦值的取值范围，进而求出正弦值的取值范围.

D选项，设平面与底面所成角为，则，利用空间向量求出的余弦值的取值范围，进而求出正弦值的取值范围.

【详解】如图1，因为，所以四边形为平行四边形，

故，同理可证，

因为平面，平面，所以平面，

同理可知平面，

因为，平面，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面，A正确；

,

B选项，由A选项知：平面平面，

故点到平面距离等于点到平面的距离，为定值，

如图2，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量为，

则，

令，则，

故，

所以点到平面的距离，

故点到平面的距离为定值，B错误；

设，，

设异面直线与所成角为，

则，

因为，所以，

则，

异面直线与所成角的正弦值的取值范围为，C正确；

如图3，设平面与底面所成角为，则，

设平面的法向量为，

则，

设，则，

所以，

平面的法向量为，

则，

因为，所以，

所以

故平面与底面所成角正弦值的取值范围为，故D正确.

故选：ACD

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量，则以为邻边的平行四边形的面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用空间向量夹角余弦公式求出，故，从而得到以为邻边的平行四边形为矩形，利用向量模长求出面积.

【详解】，

故，

故以为邻边的平行四边形为矩形，面积为.

故答案为：

14. 已知向量，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________.

【答案】且

【解析】

【分析】根据已知条件及向量的线性运算的坐标表示，再利用向量的数量积的坐标运算及向量平行的坐标表示即可求解.

【详解】因为，

所以，，

因为向量与的夹角为锐角，

所以，解得，

当时，，解得，

所以实数的取值范围为且.

故答案为：且.

15. 在直三棱柱中，是棱上的动点.记直线与平面所成角大小为，与直线所成角大小为，则与的大小关系是__________.

【答案】

【解析】

【分析】法一：先由线面角的定义结合图形得到，再由线线角的定义结合图形得到（其中注意重合的情况），由垂线最短得到，从而得到.

法二：由线面角的定义可知，该角是线与面内所有直线所成角中的最小角，由此可判断.

【详解】法一：连接，如图，

因为在直三棱柱中，平面，故为直线直线与平面所成角，即，故而，

过向作垂线，垂足为，若与重合，则直线与直线所成的角为，即，此时显然有，

若与不重合，则为直线与直线所成的角，即，故而，

因为是平面的垂线，故而，

所以，即，

又因为，所以.

法二：由线面角的定义可知，该角是线与面内所有直线所成角中的最小角，故.

故答案为：.

. 

16. 已知点，圆上两点满足，则最小值为__________.

【答案】49

【解析】

【分析】根据，得到M，P，N三点共线，设线段MN的中点为，利用点差法得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，再根据点M，N到直线的距离和等于点到直线的距离的2倍求解.

【详解】解：因为，

所以M，P，N三点共线，

因为圆过两点，

所以M，N是过点的直线与圆的交点，

设线段MN的中点为，

由，得，

化简得，

表示点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，

则点到直线的距离的最小值为，

因为点M，N到直线的距离和等于点到直线的距离的2倍，

所以

，

故答案为：49.

四､解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，的顶点的坐标为，边上的高线所在的直线方程为,的角平分线所在直线方程为.

（1）求点的坐标；

（2）求直线的方程.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用直线的斜截式方程及两直线垂直关系，结合直线的点斜式方程及两直线相交求交点坐标的方法即可求解.

（2）利用角平分线的性质及点关于线对称，再根据（1）的结论及直线的两点式方程即可求解.

【小问1详解】

由，得，所以直线的斜率为，

因为,所以，即，

所以直线的直线方程为：，即，

由，解得.

所以点的坐标为.

【小问2详解】

由题意根据内角平分线的性质，可得关于直线的对称点在直线上.

设，则由和垂直，且的中点在上，

可得，解得，所以，

所以直线的方程为，即.

18. 如图，在四棱锥中，底面，底面四边形为菱形且，，为的中点，为的中点.

（1）证明：直线平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）（2）（3）作于点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；

【小问1详解】

证明：作于点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系．

则，，，，，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，，

即，取，解得；

所以，平面，

平面；

【小问2详解】

解：设与所成的角为，

，，

，

与所成角的余弦值为；

【小问3详解】

解：设点到平面的距离为，

则为向量在向量上的投影的绝对值，

由，得，

所以点到平面的距离为．

19. 在①圆心在直线上，是圆上的点；

②圆过直线和圆的交点.

这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答.

注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

问题：已知在平面直角坐标系中，圆过点，且__________.

（1）求圆的标准方程；

（2）求过点的圆的切线方程.

【答案】（1）若选①：；若选②：   

（2）若选①：；若选②：

【解析】

【分析】（1）若选①：求中垂线的直线方程，联立求的圆心的坐标，结合两点直线距离公式求得半径，可得答案；若选②：设出圆的一般式方程，联立两圆的一般式方程，求得公共弦所在直线方程，由已知直线方程，可化简整理圆的方程，代入点，可得答案.

（2）由（1）所得的圆的方程，求得圆心坐标，利用切线的性质，结合垂直直线斜率的关系，可得答案.

【小问1详解】

若选①：

由，，则线段的中点，

直线的斜率，线段的中垂线的斜率，则该中垂线的直线方程为，整理可得，

联立可得，解得，则圆心，半径，

故圆的标准方程为.

若选②：

设圆，由题意可知，直线是圆与圆的公共弦所在的直线的直线方程，

联立，作差可得，则，即，

即整理可得圆，将代入，可得，解得，

故圆.

【小问2详解】

若选①：

由（1）可得：圆的标准方程为，则圆心，

直线的斜率，则过点的圆的切线的斜率，

即切线方程，整理可得.

若选②：

由（1）可得圆，整理可得，则圆心，

直线的斜率，则过点的圆的切线的斜率，

即切线方程，整理可得.

20. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.

（1）证明：平面平面；

（2）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）根据题意利用面面垂直得性质定理可证平面，再结合线面垂直得判定定理证明.

（2）根据题意建系，先求平面的法向量，再根据运算处理.

【小问1详解】

证明：连接，

因为四边形是菱形，则，

因为 ，故为正三角形，所以，

因为平面平面，而平面平面=，平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，，所以，

又，、平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面.

【小问2详解】

解：连接，因为，，是的中点，所以，

又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，

设，因为，以为原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

，

则，

设平面的法向量为，则满足，

取得 设直线与平面所成的角为，

.

所以直线与平面所成角的正弦值.

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. 在平面直角坐标系中，已知两个定点，曲线上动点满足.

（1）求曲线的方程；

（2）过点任作一条直线与曲线交于两点不在轴上），设，并设直线和直线交于点.试证明：点恒在一条定直线上，并求出此定直线方程.

【答案】（1）   

（2）证明见解析；

【解析】

【分析】（1）设，进而根据距离公式整理化简即可；

（2）由题知直线斜率存在，设其方程为，设，进而结合直线和直线方程联立得，再结合韦达定理整理化简得，进而得答案.

【小问1详解】

解：设，因为两个定点，曲线上动点满足.

所以，整理得：，

所以，曲线的方程为

【小问2详解】

解：因为过点任作一条直线与曲线交于两点不在轴上），

所以，直线斜率存在，设其方程为，

设，因为，

所以直线方程为，直线的方程为，

所以，联立方程得得

因为，

所以，

联立方程得，

所以，，

所以，即

所以，将代入整理得：，

所以，点恒在定直线上.