山东师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中学业水平测试数学试卷（含答案）

1 2021 级2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试 数学学科试题 本试卷共4 页,满分为150 分,考试用时120 分钟. 注意事项： 1．答卷前,考生务必用0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置 上. 2．选择题每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦 干净后,再选涂其他答案标号. 3．填空题、 解答题必须用0.5 毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的 位置;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案,不得使用涂改液、胶带纸、修正带和其它笔. 一、 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.已知向量 ) , , 4 ( ), 7 , 6 , 3 ( n m b a   分别是直线 2 1,l l 的方向向量,若 2 1//l l ,则( ) A. 28 , 8   n m B. 3 28 , 8   n m C. 28 , 4   m m D. 3 28 , 4   n m 2.直线 0 2 3   y x 的倾斜角是( ) A.  150 B.  120 C.  60 D.  30 3.如图,四面体OABC 中, c OC b OB a OA    , , ,且 MA OM 2  , NC BN  ,则  MN ( ) A. c b a 2 1 2 1 3 2    B. c b a 2 1 2 1 2 1   C. c b a 2 1 3 2 3 2    D. c b a 2 1 3 2 2 1   4.已知直线 0 2 : 1   y ax l 与 0 4 ) 1 ( : 2     y a x l 平行,则实数a 的值为( ) A.1 B. 2  C.1 或 2  D.不存在 5.四棱锥 ABCD P  中, ) 4 , 1 , 3 ( ), 0 , 1 , 2 ( ), 3 , 1 , 2 (       AP AD AB ,则这个四棱锥的高为( ) A. 5 5 2 B. 5 5 C. 5 2 D. 5 1 2 6.如图,直四棱柱 1 1 1 1 D C B A ABCD  的底面是菱形, 2 1  AB AA ,    60 BAD , M 是 1 BB 的中点,则异面直线 M A 1 与 C B1 所成角的 余弦值为( ) A. 5 10  B. 5 1  C. 5 1 D. 5 10 7.已知直线 ) R ( 0 1 :     a ay x l 平分圆 0 1 2 6 : 2 2      y x y x C 的周长,过点 ) , 4 ( a P  作圆C 的 一条切线,切点为A ,则  PA ( ) A.7 B. 2 C. 3 4 D. 10 2 8.已知曲线 2 4 1 x y    与直线 4 ) 2 (    x k y 有两个不同的公共点,则实数k 的取值范围是( ) A. ) , 4 3 [  B. ) 12 5 , 4 3 [   C. ) , 12 5 (  D. ] 4 3 , 12 5 ( 二、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的,全部 选对的得5 分,部分选对的得2 分,有选错的得0 分. 9.给出以下命题,其中正确的是( ) A.直线l 的一个方向向量为 ) 2 , 1 , 1 (   a ,直线m 的一个方向向量为 ) 2 1 , 1 , 2 (   b ,则l 与m 垂直 B.直线l 的一个方向向量为 ) 1 , 1 , 0 (   a ,平面的一个法向量为 ) 1 , 1 , 1 (    n ,则   l C.平面  , 的一个法向量分别是 ) 2 , 0 , 1 ( ) 3 , 1 , 0 ( 2 1   n n ， ,则  // D.若对空间中任意一点O ,都有 OC OB OA OP 6 1 3 1 2 1    ,则 C B A P , , , 四点共面 10.已知直线 ) R ( 0 2 ) 1 ( ) 1 2 (        m m y m x m 与圆 0 4 : 2 2    y x x C ,则（ ) A.对 R  m ,直线恒过一定点 B. R  m ,使得直线与圆相切 C.对 R  m ,直线与圆一定相交 D.直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为 2 2 11.若圆 ) 0 ( 2 2 2    r r y x 上恒有4 个点到直线 0 2   y x 的距离为1,则实数r 的可能取值是 （ ) A. 2 B. 1 3  C.3 D. 1 2  3 12.公元前3 世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题,其中 有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后世把这种圆称为阿波罗尼 斯圆.已知直角坐标系中 ) 0 , 2 ( ), 0 , 2 ( B A  ,满足 PB PA 2  的点P 的轨迹为C ,则下列结论正确的是 （ ) A.C 上的点到直线 0 5 4 3   y x 的最小距离为3 1 B.若点 ) , ( y x 在C 上,则 y x 3  的最小值是 2  C.若点 ) , ( y x 在C 上,则x y 的最小值是 2  D.圆 4 ) ( 2 2    a y x 与C 有公共点,则a 的取值范围是 3 6 4 3 6 4    a 三、填空题：本题共4 小题,每小题5 分,共20 分. 13.若 ) 2 , 3 , 6 ( ), 2 , 1 , 2 (     b a ,且 a b a   ) (  ,则实数   . 14.已知点 ) 5 , 4 ( P ,则它关于直线 0 3 3   y x 对称点为 . 15.圆心在直线 0 4   y x 上,且经过圆 0 6 4 2 2     x y x 与 0 6 4 2 2     y y x 的交点的圆的标 准方程是 . 16.在棱长为1的正方体 1 1 1 1 D C B A ABCD  中, P 是底面ABCD（含边界）上一动点,满足 1 1 AC P A  , 则线段 P A 1 长度的取值范围是 . 四、解答题：本题共6 个小题,共70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分) 已知圆 0 4 : 2 2    x y x C . (1)直线l 的方程为 0 3   y x ,直线l 交圆C 于 B A, 两点,求弦长AB ; (2)过点 ) 4 , 4 ( P 引圆C 的切线,求切线的方程. 18.(12 分) 已知线段AB 的端点B 的坐标是 ) 5 , 6 ( ,端点A 在圆 4 ) 3 ( ) 4 ( : 2 2 1     y x C 上运动. (1)求线段AB 的中点P 的轨迹 2 C 的方程; (2)设圆 1 C 与曲线 2 C 的两交点为 N M , ,求线段MN 的长. 4 19.(12 分) 已知在平面直角坐标系中,曲线 1 6 2    x x y 与坐标轴的交点都在圆C 上. (1)求圆C 的方程; (2)如果圆C 与直线 0    a y x 交于 B A, 两点,且 OB OA  ,求实数a 的值. 20.(12 分) 如图,在长方体 1 1 1 1 D C B A ABCD  中, 1 2, 1    CC BC AB .若在CD 上存在点E ,使得  E A 1 平面 1 1D AB . (1)求DE 的长; (2)求平面 1 1D AB 与平面 E BB1 夹角的余弦值. 21.(12 分) 如图,在四棱锥 ABCD P  中,平面  PAD 平面ABCD ,底面ABCD 为直 角梯形, 1 2 1 , 90 , //       AD CD BC ADC AD BC , E 为AD 的中点, 过BE 的平面与 PC PD, 分别交于点 F G, . (1)求证: PA GF  ; (2)若 2  PD PA ,线段PD 上是否存在点G ,使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为 5 10 ?若存在,请确定点G 的位置;若不存在,请说明理由. 22.(12 分) 如图,为保护河上古桥OA ,规划建一座新桥BC ,同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC 与河岸 AB 垂直； 保护区的边界是圆心M 在线段OA 上且与BC 相切的圆,且古桥两端O 和A 到该圆上任意一 点的距离均不小于80m .经测量,点A 位于点O 正北方向60m 处,点C 位于点O 正东方向170m 处（OC 为河岸）, 3 4 tan  BCO . (1)求新桥BC 的长; (2)当OM 多长时,圆形保护区的面积最大? 1 2021 级2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试 数学学科答案 选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C A C B D A D AD ACD BC ABD 填空题 13. 19 9  14. ) 7 , 2 ( 15. 16 ) 3 ( ) 1 ( 2 2     y x 16. ] 2 , 2 6 [ 解答题 17. 解：（1）因为圆 0 4 : 2 2    x y x C ,所以圆心 2 ), 0 , 2 (  r C , 圆心C 到直线l 的距离 1 ) 3 ( 1 2 2 2 1     d 所以 3 2 2 2 1 2    d r AB . （2）斜率不存在时, 4  x ,圆心C 到直线l 的距离 2 2  d ,与圆相切,符合题意. 斜率存在时,设斜率为k ,则切线方程为 ) 4 ( 4    x k y ,即 0 4 4     k y kx , 圆心C 到此切线的距离为 1 4 2 1 4 4 2 2 2 3        k k k k k d 由 r d  3 ,即 2 1 4 2 2    k k ,解得 4 3  k ,所以切线方程为 0 4 4 3   y x 综上可知,切线方程为 4  x 或 0 4 4 3   y x . 18. 解： （1） 设点P 的坐标为 ) , ( y x ,点A 的坐标为 ) , ( n m ,因为点B 的坐标为 ) 5 , 6 ( ,且点P 是线段AB 的中点,所以            2 5 2 6 n y m x ,于是有        5 2 6 2 y n x m . 因为点A 在圆 4 ) 3 ( ) 4 ( : 2 2 1     y x C 上运动,所以 4 ) 3 ( ) 4 ( 2 2     n m , 所以 4 ) 3 5 2 ( ) 4 6 2 ( 2 2       y x ,整理得 1 ) 4 ( ) 5 ( 2 2     y x ,所以点P 的轨迹 2 C 的方程为 1 ) 4 ( ) 5 ( 2 2     y x . 2 （2）将圆 4 ) 3 ( ) 4 ( : 2 2 1     y x C 与圆 1 ) 4 ( ) 5 ( : 2 2 2     y x C 的方程相减得 0 19 2 2    y x .圆 1 ) 4 ( ) 5 ( : 2 2 2     y x C 的圆心为 ) 4 , 5 ( ,半径 1  r ,且圆心 ) 4 , 5 ( 到直线 0 19 2 2    y x 的距离 4 2 2 2 19 8 10 2 2      d ,所以 2 14 8 1 1 2 2 2 2       d r MN . 19.解：（1）由曲线 1 6 2    x x y 与y 轴交点为 ) 1 , 0 ( ,与x 轴交点为 ) 0 , 2 2 3 ( ), 0 , 2 2 3 (   , 因而圆心坐标为 ) , 3 ( t C ,则有 2 2 2 2 ) 2 2 ( ) 1 ( 3 t t     ,所以 1  t ,半径为 3 ) 1 ( 3 2 2   t , 所以圆C 的方程为 9 ) 1 ( ) 3 ( 2 2     y x （2）设点 ) , ( ), , ( 2 2 1 1 y x B y x A 联立           9 ) 1 ( ) 3 ( 0 2 2 y x a y x 消去y 得 0 1 2 ) 8 2 ( 2 2 2       a a x a x 所以 0 4 16 56 2      a a ,所以 2 1 2 , 4 2 2 1 2 1       a a x x a x x , 2 1 6 ) ( ) )( ( 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1           a a a x x a x x a x a x y y 因为 OB OA  ,所以 0 1 2 2 1 6 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1            a a a a a a y y x x , 解得 1   a ,满足 0   ,故a 的值为1 . 20.解：（1）以D 为原点,以 1 , , DD DC DA 所在直线分别为 z y x , , 轴如图建立 空间直角坐标系, 设 a DE  ,则 ) 1 , 0 , 0 ( ), 1 , 2 , 1 ( ), 1 , 0 , 1 ( ), 0 , 0 , 1 ( ), 0 , , 0 ( 1 1 1 D B A A a E , 所以 ) 1 , , 1 ( ), 0 , 2 , 1 ( ), 1 , 2 , 0 ( 1 1 1 1      a E A B D AB ,因为  E A 1 平面 1 1D AB , 所以 1 1 AB E A  ,即 0 1 2 1 1     a AB E A ,解得 2 1  a ,所以 2 1  DE . （2）由（1）知 E A 1 为平面 1 1D AB 的法向量, ) 1 , 0 , 0 ( ), 0 , 2 3 , 1 ( 1     BB BE , 3 设平面 E BB1 的法向量为 ) , , ( z y x n  ,则          0 0 1 n BE n BB ,即          0 2 3 0 y x z , 令 2  y ,可得 ) 0 , 2 , 3 (  n ,设平面 1 1D AB 与平面 E BB1 夹角为, 所以 39 13 8 13 2 3 4 , cos cos 1       n E A  , 所以平面 1 1D AB 与平面 E BB1 夹角的余弦值为39 13 8 . 21. 解：（1）证明：因为 AD BC 2 1  ,且E 为AD 的中点,所以 DE BC  ,又 AD BC // ,所以四边形 BCDE 为平行四边形,所以 CD BE // ,又 PCD BE PCD CD 平面 平面   , ,所以 PCD BE 平面 // , 又 BEGF BE GF PCD BEGF 平面 平面 平面    , ,所以 GF BE // , 又 AD BE  ,且 ABCD BE AD ABCD PAD ABCD PAD 平面 平面 平面 平面 平面     , , , 所以 PAD BE 平面  ,所以 PAD GF 平面  ,又 PAD PA 平面  ,所以 PA GF  . （2）存在,G 为PD 上靠近点的三等分点,连接PE , 因为 PD PA  , E 为AD 的中点,所以 AD PE  , 又 PAD PE AD ABCD PAD ABCD PAD 平面 平面 平面 平面 平面     , , , 所以 ABCD PE 平面  . 以E 为坐标原点,以 EP EB EA , , 所在直线分别为 z y x , , 轴如图建立空间直角坐 标系, 则 ) 0 , 0 , 1 ( ), 0 , 0 , 0 ( ), 0 , 1 , 0 ( ), 1 , 0 , 0 (  D E B P ,则 ) 1 , 0 , 1 ( ), 0 , 1 , 0 ( ), 1 , 1 , 0 (      DP BE PB , 设 ) 1 0 (     DP DG ,得 ) 0 , 1 (   G ,所以 ) , 0 , 1 (    EG , 设平面BEGF 的法向量为 ) , , ( z y x n  ,则          0 0 n EG n BE 即         0 ) 1 ( 0 z x y   令   x ,可得 ) 1 , 0 , (     n . 4 假设存在点G 满足题意,设直线PB 与平面BEGF 所成的角为, 于是有 5 10 ) 1 ( 2 1 , cos sin 2 2             PB n , 得 ) ( 1 3 1 舍 或      ,所以存在点 ) 3 1 , 0 , 3 2 ( G ,使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为 5 10 , 此时G 为PD 上靠近点D 的三等分点. 22.解：（1）如图,以 OA OC, 所在直线分别为 y x, 轴建立平面直角坐标系,则 ) 60 , 0 ( ), 0 , 170 ( A C . 由题意知 3 4   BC k ,则直线BC 的方程为 ) 170 ( 3 4    x y , 又 4 3 1    BC AB k k ,所以直线AB 的方程为 60 4 3   x y . 由             60 4 3 ) 170 ( 3 4 x y x y 解得      120 80 y x 即 ) 120 , 80 ( B , 所以 ) m ( 150 120 ) 170 80 ( 2 2     BC . （2）设 t OM  ,即 ) 60