廣東省茂名市電白區(qū)高二上學期期中考試數(shù)學試卷（含部分解析）含答案

2022-2023學年度茂名市電白區(qū)高二第一學期數(shù)學期中考試一、單選題(本題8小題，每小題5分共40分)1.過點A(3,-4),B(-2,m)的直線l的斜率為-2,則m的值為()2.已知a=(-3,2,5),b=(1,5,-1),則a+3b= ()A.(-2,7,4)B.(2,-7,4) C.(0,17,2)D.(0,17,-2)3.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是DD1，BD，BB1的中點，則EF與CG所成角的余弦值是()A. B. C. D.4.若點A(1,-1)在直線l上的射影為B(3,6),則直線l的一般式方程為()x+7yx-2y-48=0x+2y+24=0 x-7y+24=05.圓O1:x2+y2-2x=0與圓O2:x2+y2+4y=0的公共弦所在的直線方程是()A.x+2y=0 B.x-2y=0x+yx-y=06.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC延長線上一點,若BC=2CE,則D1E=(A.AB+AD+AA1 B.AB+1C.AB+AD-AA1 D.AB+17.與圓（x+2）2+（y-6）2=1關(guān)于直線3x-4y+5=0對稱的圓的方程是()A.（x+4）2+（y+2）2=1 B.（x-4）2+（y-2）2=1C.（x-4）2+（y+2）2=1 D.（x+4）2+（y-2）2=18.如圖，正四面體ABCD的棱長為1，的中心為O，過點O的平面與棱AB，AC，AD，BD，CD所在的直線分別交于P，Q，R，S，T，則(

)A.3 B. C. D.4二、多選題(本題4小題，每小題5分共20分.全部選對5分，有選錯的0分，部分選對的得2分)9.若向量=(1,2,0),=(-2,0,1),則 ()A.cos<,>=-25 B.⊥C.∥ D.||=||，，則(

)A.，夾角為銳角B.與相互垂直C.D.以，為鄰邊的平行四邊形的面積為11.已知直線l1:x+ay-a=0和直線l2:ax-(2a-3)y-1=0,下列說法正確的是()l2始終過定點2l1∥l2,則a=1或a=-3l1⊥l2,則a=0或a=2a>0時,l1始終不過第三象限12.關(guān)于圓C：，下列說法正確的是(

)A.k的取值范圍是B.若，過的直線與圓C相交所得弦長為，其方程為C.若，圓C圓相交D.若，，直線恒過圓C的圓心，則恒成立三、填空題：：本題4小題，每小題5分共20分13.過點(-1,2),且斜率為2的直線的方程是14.圓心為(1,1)且過原點的圓的方程是15.如圖所示,多面體是由底面為ABCD的長方體被平行四邊形AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.則BF的長為,點C到平面AEC1F的距離為16.如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G為線段EC上的動點，則下列結(jié)論中正確的是__________①；②該幾何體外接球的表面積為；③若G為EC中點，則平面AEF；④的最小值為四、解答題：本題6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(本小題10分)解答下列問題：已已知頂點，邊AB上的高為CE且垂足為

求邊BC上中線AD所在的直線方程；

求點E的坐標．18.（本小題12分）知向量，

若，求實數(shù)k；

若向量與所成角為銳角，求實數(shù)k的范圍.19.（本小題12分）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABCD為平行四邊形,M為AA1的中點,BC=BD=1,AB=AA1=2.(1)求證:DM⊥平面BDC1;(2)求平面MBC1與平面DBC1夾角的余弦值.20.（本小題12分）已知圓C：與直線l：證明：直線l和圓C恒有兩個交點．若直線l和圓C交于A、B兩點，求的最小值及此時直線l的方程．21.（本小題12分）如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M為PC的中點.(1)求證:BM∥平面PAD;(2)平面PAD內(nèi)是否存在一點N,使MN⊥平面PBD?若存在,確定點N的位置;若不存在,請說明理由.22.(12分)已知圓M與直線x=2相切,圓心M在直線x+y=0上,且直線x-y-2=0被圓M截得的弦長為22.(1)求圓M的方程,并判斷圓M與圓N:x2+y2-6x+8y+15=0的位置關(guān)系.(2)若在x軸上的截距為-1且不與坐標軸垂直的直線l與圓M交于A,B兩點,在x軸上是否存在定點Q,使得kAQ+kBQ=0?若存在,求出Q點坐標;若不存在,說明理由.

答案一、單選題1.答案:A解析:由題意知直線l的斜率為-2,則m+4-2-2.答案:C解析:a+3b=(-3,2,5)+3(1,5,-1)=(0,17,2)3.答案:D4.答案:A解析:由題意,得kAB=6+13-1=72,所以直線l的斜率為-27,所以直線l的方程為y-6=-27(x5.答案:A解析:因為x2+y2-2x=0,x2+y2+4y=0,所以(x2+y2-2x)-(x2+y2+4y)=0,所以x+2y=0,即所求直線方程為x+2y=0.6.答案:B解析:如圖,取BC的中點F,連接A1F,則A1D1FE,所以四邊形A1D1EF是平行四邊形,所以A1FD1E,所以A1F=D又因為A1F=A1A+AB+BF=-AA1+AB+12AD,所以D17.答案:C8.答案:A解析：因為O為的中心，所以，設(shè)，，，所以，因為O，P，Q，R四點共面，所以，即，二、多選題9.答案:AD解析:因為向量a=(1,2,0),b=(-2,0,1),所以|a|=5,|b|=5,a·b=1×(-2)+2×0+0×1=-2,cos<a,b>=a·b|a||可得A,D兩項正確,B,C兩項顯然不正確.10.答案:ABD解析：，，A.

，且與不共線，故，夾角為銳角，故A正確；B.由于，與相互垂直，故B正確；C.

，

，，，故C錯誤；D.

，故以，為鄰邊的平行四邊形的面積為故D正確.

11.答案:ACD解析:直線l2:a(x-2y)+3y-1=0始終過定點23當a=1時,l1,l2重合,B項錯誤;由1×a+a×(3-2a)=0,得a=0或a=2,C項正確;直線l1的方程可化為y=-1ax+1,可知其始終過點(0,1).當a>0時,直線l1的斜率為負,不會過第三象限,D項正確12.答案:AC

解析：對于A，若方程表示圓，則，解得，故A正確；對于B，若，則圓C：，即，圓心為，半徑為若過的直線的斜率不存在時，直線方程為，則圓心到直線的距離為1，則直線與圓C相交所得弦長為，滿足已知條件，故直線方程可以為；若過的直線的斜率存在時，設(shè)斜率為m，則直線方程為，即，設(shè)圓心到直線的距離為d，又弦長為，則，則，即，解得，故直線方程為，故滿足已知條件的直線方程為或，故B錯誤；對于C，，則圓C：，圓心為，半徑為圓的圓心為，半徑為1，兩圓心間的距離為，且，故兩圓相交，故C正確；對于D，若，圓心為，若直線恒過圓C的圓心，則，又，則，當且僅當，即時等號成立，故D錯誤.三、填空題13.答案：2x-y+4=0解析:因為直線過點(-1,2),且斜率為2,所以該直線方程為y-2=2(x+1),即2x-y+4=0.14.答案：(x-1)2+(y-1)2=2解析:由題意,知圓的半徑r=12+1所以圓的方程為(x-1)2+(y-1)2=2.15.答案：26，4解析:如圖,建立空間直角坐標系,則B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).設(shè)F(0,0,z).由題意,知四邊形AEC1F為平行四邊形,所以由AF=EC1,得(-2,0,z所以z=2,所以F(0,0,2).所以BF=(-2,-4,2).所以|BF|=26,即BF的長為26.設(shè)n1為平面AEC1F的一個法向量,顯然n1不垂直于平面ADF.因為AE=(0,4,1),AF=(-2,0,2),所以可設(shè)n1=(x,y,1),則由n1·AE=0所以n1=1,-因為CC1=(0,0,3),設(shè)CC1與ncosα=CC1·n1所以點C到平面AEC1F的距離為d=|CC1|cosα=3×43316.答案：①②③

解析：以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，可得，，，，，，即有，，由，可得，故①正確；由球心在過正方形ABCD的中心的垂面上，即為矩形BDEF的對角線的交點，可得半徑為，即有該幾何體外接球的表面積為，故②正確；若G為EC中點，可得，，，，設(shè)平面AEF的法向量為，可得，且，可設(shè)，可得一個法向量為，由，可得則平面AEF，故③正確；設(shè)，，當時，取得最小值，故④錯誤．四、解答題17.解：因為頂點，

所以B，C的中點D為，………1分

故邊BC上中線AD所在的直線方程為…3分

即；………4分

由題，

所以邊AB上的高為CE所在直線的斜率為，…5分

故AB所在直線方程為即；…6分

CE所在直線方程為即…7分

又邊AB上的高為CE且垂足為E，

所以點E的坐標滿足解得………………9分

故點E的坐標為

…………10分18.解：因為，，

所以，，…………2分

因為，所以，………4分

解得：…………6分

因為向量與所成角為銳角，………7分

所以，……9分

，…………………10分

解得且

…………………12分19.(1)證明:因為四邊形ABCD是平行四邊形,所以AD=BC=BD=1.又因為AB=2,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.……………1分由題意,得DD1⊥平面ABCD.…………………2分以D為坐標原點,DA,DB,DD1所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則D(0,0,0),M1,0,22,B(0,1,0),C所以DM=1,0,22,DB所以DM·DB=0,DM·DC1所以DM⊥DB,DM⊥DC1.………5分又因為DB∩DC1=D,DB?平面BDC1,DC?平面BDC1,所以DM⊥平面BDC1.…6分(2)解:由(1)可知,DM=1,0,22且BM=1,-1,22,設(shè)平面MBC1的法向量為=(x,y,z),則·BM=0令z=1可得,=2,32所以cos<DM,>=DM·|DM|||=3設(shè)所求二面的夾角的大小為，則cos=|cos<DM,>|=105所以平面MBC1與平面DBC1夾角的余弦值為105.20.（1）證明：直線，即，………1分

聯(lián)立，解得，所以不論k取何值，直線l必過定點，………3分

圓C：，圓心坐標為，半徑，

因為，所以點P在圓C內(nèi)部，…4分

則直線l與圓C恒有兩個交點．……5分

（2）由知直線l經(jīng)過圓C內(nèi)定點，圓心，

當直線時，被圓C截得的弦AB最短，……7分

此時，……8分

因為，所以直線l的斜率為，……9分

又直線l過點，

所以當取得最小值時，直線l的方程為，即，………11分

綜上：最小值為，此時直線l方程為

……12分21.(1)因為PD⊥平面ABCD，AB,AD平面ABCD所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD故以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示………1分則B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,1,1),……2分BM=（0，1，1）又因為AB⊥AD,AB⊥PA,且PA，AD平面PAD所以AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一個法向量為=(1,0,0),…3分所以BM·=0×1＋1×0＋1×0=0,所以BM⊥.…………4分因為BM?平面PAD,所以BM∥平面PAD.……5分(2)解:由題意,知BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).……6分假設(shè)平面PAD內(nèi)存在一點N,使MN⊥平面PBD.設(shè)N(0,y,z),則MN=(-1,y-1,z-1).…………………8分因為MN⊥BD,MN⊥PB,所以MN·BD所以y=12,z所以在平面PAD內(nèi)存在點N0,12,12,使22.解:(1)設(shè)圓M的圓心為M(a,-a),半徑為r,則r=|a-2所以圓M的方程為x2+y2=4.………………2分由題意知,圓N的圓心為(3,-4),半徑R=10,…3分r+R=2+10,R-r=10-2.因為|MN|=5,10-2<5<10+2,…………………4分所以圓M與圓N相交.…………5分(2)存在.…………6分方法一:設(shè)l:x=my-1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-1,x2+y2=4由根與系數(shù)的關(guān)系,得