精品解析：广东省深圳市宝安中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题（解析版）

第1 页/共31 页 （北京）股份有限公司 2022-2023 学年第一学期宝安中学（集团）高二数学期中考试 一､单选题（共8 题，每题5 分，合计40 分） 1. 过点 且倾斜角为 的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线的点斜式方程求解即可. 【详解】解：倾斜角为 的直线的斜率 ， 则所求直线方程为 ，即 . 故选：D. 2. 已知圆心为 的圆与 轴相切，则该圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】圆的圆心为 ，半径为 ，得到圆方程. 【详解】根据题意知圆心为 ，半径为 ，故圆方程为： . 故选：B. 3. 已知平面 内有一点 ，平面 的一个法向量为 ，则下列四个点中在平面 内 的是（ ） 第2 页/共31 页 （北京）股份有限公司 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设只需 ，由各选项的点坐标求 的坐标，即可得答案. 【详解】由题意，符合条件的点 应满足 ， A： ，则 ，故不在平面 内，不 满足； B：同理 ，则 ，故在平面 内，满足； C：同理 ，则 ，故不在平面 内，不满足； D：同理 ，则 ，故不在平面 内，不满足； 故选：B 4. 若直线 ： 与 ： 互相垂直，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两直线垂直直接列方程求解即可 【详解】解：因为直线 ： 与 ： 互相垂直， 所以 ，得 ， 解得 ， 第3 页/共31 页 （北京）股份有限公司 故选：C 5. 在平面直角坐标系中，某菱形的一组对边所在的直线方程分别为 和 ，另一 组对边所在的直线方程分别为 和 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据菱形的性质，结合平行线间距离公式进行求解即可. 【详解】因为菱形四条边都相等，所以每边上的高也相等，且菱形对边平行， 直线 和 之间的距离为： ， 和 之间的距离为： ， 于是有： ， 故选：B 6. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直 角三角形的直棱柱.如图，在堑堵 中， 分别是 的中点， 是 的中点， 若 ，则 （ ） A. 1 B. C. D. 第4 页/共31 页 （北京）股份有限公司 【答案】C 【解析】 【分析】连接 ，由 ，即可求出答案. 【详解】连接 如下图： 由于 是 的中点， . 根据题意知 . . 故选：C. 7. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，已知 是四边形 内部一点（包括 第5 页/共31 页 （北京）股份有限公司 边界），且二面角 的平面角大小为 ，则 面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q 运动轨迹，进而求得 面积的最大值. 【详解】如图以A 为坐标原点建立空间直角坐标系， 由二面角 的平面角大小为30°，可知Q 的轨迹是过点D 的一条直线， 又Q 是四边形ABCD 内部一点（包括边界）， 则Q 的轨迹是过点D 的一条线段， 设Q 的轨迹与y 轴的交点坐标为 ， 由题意可知 ， ， ， 所以 ， ， ， 易知平面APD 的一个法向量为 ， 第6 页/共31 页 （北京）股份有限公司 设平面PDG 的法向量为 ， 则 ，即 ， 令 ，得 ， ， 所以 是平面PDG 的一个法向量， 则二面角 的平面角的余弦值为 ， 解得 或 （舍去）， 所以Q 在DG 上运动， 故 面积的最大值是 . 故选：A． 8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体， 半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面 体所得.若点 为线段 上的动点，则直线 与直线 所成角的余弦值的取值范围为（ ） 第7 页/共31 页 （北京）股份有限公司 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设 ，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范 围. 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为半正多面体的棱长为 ，故正方体的棱长为 所以 ， . 设 ，则 . 第8 页/共31 页 （北京）股份有限公司 所以 . 令 ，则 ， 因为 ，所以 . 故直线 与直线 所成角的余弦值的取值范围为 . 故选：C 二､多选题（共4 题，每题5 分，合计20 分） 9. 给出以下命题，其中正确的是（ ） A. 直线l 的方向向量为 ，直线m 的方向向量为 ，则l 与m 垂直 B. 直线l 的方向向量为 ，平面α 的法向量为 ，则l⊥α C. 平面α、β 的法向量分别为 ， ，则α∥β D. 平面α 经过三个点A(1，0，-1)，B(0，-1，0)，C(-1，2，0)，向量 是平面α 的法向量，则 u+t=1 【答案】A 【解析】 【分析】判断直线的方向向量和平面的法向量间的关系，判断线线，线面，面面的位置关系，即可判断选 项. 【详解】对于A，∵ ， 第9 页/共31 页 （北京）股份有限公司 ∴ ，∴l 与m 垂直，A 正确； 对于B，∵ 与 不共线， ∴直线l 不垂直平面α，B 错误； 对于C，∵ 与 不共线， ∴平面α 与平面β 不平行，C 错误； 对于D， =(-1，-1，1)， =(-1，3，0)， 由n· =-1-u+t=0，n· =-1+3u=0，解得u= ，t= ，∴u+t= ，D 错误. 故选：A. 10. 直线与圆 相切，且在 轴､ 轴上的截距相等，则直线的方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据截距相等分过原点和 两种情况，则设直线方程为 或 ,利用相切时， 圆心到直线的距离等于半径列出方程，解出参数即可. 【详解】由于直线在 轴、 轴上的截距相等, 设直线为: 或 ,由于直线与圆 相切, 故圆心 到直线的距离等于半径 ， 或4， ， ， 第10 页/共31 页 （北京）股份有限公司 故直线的方程为: , , 故选：ACD. 11. 已知圆 ，以下四个命题表述正确的 是（ ） A. 直线 是圆 的一条切线 B. 圆C 与圆 恰有一条公切线，则 C. 圆C 与圆 的交线方程为： D. 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】BCD 【解析】 【分析】对A 选项，利用点到直线距离和同角三角函数平方和关系可得 ，对B 选项通过分析得 两圆内切，则圆心距等于半径之差，得到关于 的方程，解出即可，对C，直接将两圆方程作差得公共线 方程，对D，设点 坐标，分析可得四点共圆，写出两点直径式方程，作差得到直线 方程，再利用 为直线 一动点，联立求出定点. 【详解】对A 选项，圆 的圆心 ，其到直线的距离 ，故该直线 不是圆 的切线，故A 错误， 对B 选项，若两圆恰有一条公切线，则两圆为位置关系为内切， 圆 ，则 ，根据 ，则 ， ，故B 正确， 对C 选项，将两圆方程作差得 ，即 ，故C 正确， 第11 页/共31 页 （北京）股份有限公司 对于D 选项,设点 ,所以 ，由题得 四点共圆，且在以 为直径的圆上，以 为直径的圆的方程为： ，化简得 两圆的方程作差得直线 的方程为: ，联立 消去 得, , 令 得, , 直线 过定点 ,故D 正确, 故选：BCD. 12. 如图，四边形ABCD 中， ， ， ， ，将 沿AC 折到 位置，使得平面 平面ADC，则以下结论中正确的是（ ） A. 三棱锥 的体积为8 B. 三棱锥 的外接球的表面积为 C. 二面角 的正切值为 D. 异面直线AC 与 所成角的余弦值为 【答案】ABC 第12 页/共31 页 （北京）股份有限公司 【解析】 【分析】对于A，先四边形ABCD 中，利用已知条件结正弦定理求出 的长，过 作 于 ，则可求出 ，从而可求出三棱锥 的体积，对于B，在 中利用余弦定理求出 ，再 利用正弦定理求出 外接圆的半径，设 为 的外心，三棱锥 外接球的半径为 ，球 心为 ，设 ，则 ，从而可求出 ，进而可得三棱锥 的外接球的 表面积，对于C，过 作 于 ，连接 ，则可得 为二面角 的平面角， 从而可求得结果，对于D，如图建立空间直角坐标，利用空间向量求解即可 【详解】过 作 于 ， 在 中，因为 ，所以 ， ， 由正弦定理得 ,即 ，解得 ， 所以 ， ， 因为 , 所以 ， 第13 页/共31 页 （北京）股份有限公司 由正弦定理得 ，即 ，解得 ， 所以 ， 因为平面 平面ADC，平面 平面 ， ， 所以 平面ADC， 所以三棱锥 的体积为 ，所以A 正确， 设 为 的外心， 外接圆半径为，由余弦定理得 所以 ， 由正弦定理得 ，所以 ， 取 的中点 ，连接 ，则 ， ， 设三棱锥 外接球的半径为 ，球心为 ，设 ，则 第14 页/共31 页 （北京）股份有限公司 ，即 ，解得 ， ， 所以三棱锥 外接球的表面积为 ，所以B 正确， 过 作 于 ，连接 ，因为 平面ADC， 平面ADC，所以 ，因为 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，所以 为二面 角 的平面角，因为 ，所以 ，所以C 正确， 如图，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，过 作 于 ，则 ， ， 则 所以 设异面直线AC 与 所成角为 ，则 ，所以D 错误， 故选：ABC 第15 页/共31 页 （北京）股份有限公司 第Ⅱ卷（非选择题） 三､填空题（共4 题，每题5 分，合计20 分） 13. 直线 恒过定点_________ 【答案】 【解析】 【分析】将直线方程变形为 ，解方程组 ，可得出直线所过定 点的坐标. 【详解】直线方程可化为 ，由 可得 . 因此，直线 恒过定点 . 故答案为： . 14. 设点 和 ，在直线： 上找一点 ，使 取到最小值，则这个最 小值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】 第16 页/共31 页 （北京）股份有限公司 求出点 关于直线： 的对称点为 ，连结 ，则 交直线于点 ，点 即为所求的点， 此时 ， . 【详解】解： 设点 关于直线： 的对称点为 线段 的中点 在 上 则 又 ， 解 得， 故答案为： 【点睛】本题考查线段和的最小值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用， 属于中档题. 15. 是正四棱锥， 是正方体，其中 ， ，则 到平面 的距离为________ 第17 页/共31 页 （北京）股份有限公司 【答案】 【解析】 【分析】以 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量， 的坐标，利用距离公式，即可得到结论. 【详解】解：以 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系， 设平面 的法向量是 ， ， ∴由 ，可得 取 得 ， 第18 页/共31 页 （北京）股份有限公司 ， ∴ 到平面 的距离 . 故答案为： . 【点睛】本题考查点到平面的距离，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题. 16. 设点 ，若在圆 上存在点 ，使得 ，则 的取值范围是________ __． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为圆心O 到直线MN 的距离小于等于2 解决. 【详解】由题意知：直线MN 与圆O 有公共点即可，即圆心O 到直线MN 的距离小于等于2 即可，如图， 作OA⊥MN，垂足为A，在直角 中，因为∠OMN=45，所以 = ， 解得 ，因为点M（ ,1），所以 ，解得 ，故 的取值 范围是 故答案为： 四､解答题 17. 在 中，已知 ， ， . 第19 页/共31 页 （北京）股份有限公司 （1）求边 所在的直线方程； （2）求 的面积. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）由直线方程的两点式可得； （2）先求直线 方程，再求 到 的距离，最后用面积公式计算即可. 【详解】（1） ， ， 边 所在的直线方程为 ，即 ； （2）设 到 的距离为 ， 则 ， ， 方程为： 即： . . 18. 如图，已知 是底面为正方形的长方体， ， ，P 的 的中 点． 第20 页/共31 页 （北京）股份有限公司 （1）求证：直线 平面 ； （2）求异面直线 与 所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） . 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量 ，得到 ，即 ，从而 证明出线面平行； （2）再第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角的余弦值. 【小问1 详解】 因为 是底面为正方形的长方体， 所以 两两垂直， 以 为坐标原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标系， 因为 ， ，P 的 的中点． 所以 ， ， 第21 页/共31 页 （北京）股份有限公司 故 ， 设平面 的 法向量为 ， 则 ， 令 ，则 ， 所以平面 的法向量为 ， 其中 ， 所以 ， 平面 ，则直线 平面 ； 【小问2 详解】 ， ， 则 ， 故异面直线 与 所成角的余弦值为 . 第22 页/共31 页 （北京）股份有限公司 19. 如图，已知多面体 ， ， ， 均垂直于平面 ， ， ， ， ． （1）证明： 平面 ； （2）求直线 平面 所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】 【 分析】 （1）由已知条件可得 ， ，则 ， ，再利用 线面垂直的判定定理可证得结论； （2）如图，过点 作 ，交直线 于点 ，连接 ，可证得 平面 ，从而 是 与平面 所成的角，然后在 求解即可 【详解】（1）证明： 由 ， ， ， ， 得 ， 所以 ，由 ． 由 ， ， ， ， 得 ， 第23 页/共31 页 （北京）股份有限公司 由 ， 得 ， 由 ，得 ，所以 ， 故 ，又 ，因此 平面 ． （2）解 如图，过点 作 ，交直线 于点 ，连接 ． 由 平面 ， 平面 ，得 平面 平面 ，由 ，得 平面 ， 所以 是 与平面 所成的角． 由 ， ， 得 ， ， 所以 ，故 ． 因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 ． 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点 作 第24 页/共31 页 （北京）股份有限公司 ，交直线 于点 ，连接 ，然后结合条件可证得 是 与平面 所成的角， 从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题 20. 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中点. （1）证明： ； （2）若 是边长为1 的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2) . 【解析】 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为 ，O 是 中点，所以 ， 因为 平面 ，平面 平面 ， 且平面 平面 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以 . 第25 页/共31 页 （北京）股份有限公司 （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O 为坐标原点， 为 轴， 为y 轴，垂直 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐 标系 ， 则 ，设 , 所以 ， 设 为平面 的法向量， 则由 可求得平面 的一个法向量为 ． 又平面 的一个法向量为 ， 所以 ，解得 ． 又点C 到平面 的距离为 ，所以 ， 所以三棱锥 的体积为 ． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作 ，垂足为点G． 第26 页/共31 页 （北京）股份有限公司 作 ，垂足为点F，连结 ，则 ． 因为 平面 ，所以 平面 ， 为二面角 的平面角． 因为 ，所以 ． 由已知得 ，故 ． 又 ，所以 ． 因为 ， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ， 记二面角 为 ．据题意，得 ． 对 使用三面角的余弦公式，可得 ， 化简可得 ．① 使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．② 第27 页/共31 页 （北京）股份有限公司 将①②两式平方后相加，可得 ， 由此得 ，从而可得 ． 如图可知 ，即有 ， 根据三角形相似知，点G 为 的三等分点，即可得 ， 结合 的正切值， 可得 从而可得三棱锥 的体积为 ． 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在 于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理； 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加 深刻的认识，该法为本题的最优解. 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、 直观、迅速. 21. 平面直角坐标系 中，直线 ，设圆 经过 ， ，圆心在上. （1）求圆 的标准方程； （2）设圆 上存在点P，满足过点P 向圆 作两条切线PA，PB，切点为 ，四边形 的 面积为10，求实数m 的取值范围． 第28 页/共31 页 （北京）股份有限公司 【答案】（1） ； （2） 【解析】 【分析】（1）利用代入法，通过解方程组进行求解即可； （2）根据圆的切线性质，结合三角形面积公式、圆与圆的位置关系进行求解即可. 【小问1 详解】 设圆 的标准方程为 ， 因为圆 经过 ， ，圆心在上， 所以有 ，即圆 的标准方程 ； 【小问2 详解】 四边形 的面积10，而四边形 是由两个全等的直角三角形组成， 的面积为 5，即 ，又 ， ， ， 动点P 的轨迹为以 为圆心，以5 为半径的圆， 即点P 在圆 第29 页/共31 页 （北京）股份有限公司 又 点P 在圆 上， 圆E 与圆 有公共点． ，即 ， 解得 ． 实数m 的取值范围为 22. 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，后世把这种圆称之为阿波罗尼 斯圆．已知平面直角坐标系中 ， 且 ． （1）求点P 的轨迹方程； （2）若过点A 的直线l 与点P 的轨迹相交