精品解析：广东省东莞市第四高级中学2022-2023学年高二上学期期中数学试题（解析版）

第1 页/共25 页 （北京）股份有限公司 东莞四中2022－2023 学年度第一学期期中考试 高二数学 一、单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 1. 二元方程 表示圆C,圆心 的坐标和半径分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程化简为圆的标准形式,选出答案即可. 【详解】解:由题知方程 , 即 , 因为该二元方程表示圆, 所以圆心 ,半径 . 故选:B 2. 在空间四边形ABCD 中， M，G 分别是BC， CD 的中点，则 （ ） A. B. 2 C. 3 D. 3 【答案】D 【解析】 第2 页/共25 页 （北京）股份有限公司 【分析】利用中位线的性质可以得出： ，然后利用向量的线性运算即可求解. 【详解】因为M，G 分别是BC， CD 的中点，由三角形中位线的性质可得： ， 又因为 ，所以 ， 故选： . 3. 将直线l 上一点 向右平移1 个单位，再向上平移2 个单位，得到的点B 仍在直线l 上，则直线l 的方程是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平移求得 点的 坐标，再根据 都在直线上，求出直线的斜率，从而可得出答案. 【详解】解：将 向右平移1 个单位，再向上平移2 个单位，得 ， 因为 都在直线上， 则 ， 所以直线的方程为 ，即 . 故选：A. 4. 如图，在正方形网格中，已知 ， ， 三点不共线， 为平面 内一定点，点 为平面 外 任意一点，则下列向量能表示向量 的为（ ） 第3 页/共25 页 （北京）股份有限公司 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据 ， ， ， 四点共面，可知存在唯一的实数对 ，使 ，结合图形可 得 的值，即可得到答案； 【详解】根据 ， ， ， 四点共面，可知存在唯一的实数对 ，使 ． 由图知 ， ， 故 ， 故选：C. 5. 如图所示，已知空间四边形每条边和对角线长都为，点E，F，G 分别是AB，AD，DC 的中点，则下列 向量的数量积等于 的是（ ） 第4 页/共25 页 （北京）股份有限公司 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义，分别计算出四个选项对应的数量积，即可得到答案. 【详解】在空间四边形 中， 夹角为60°，所以 .故 A 正确； 夹角为120°，所以 .故B 错误； 因为点F，G 分别是AD，DC 的中点，所以 且 ,所以 夹角为0°，所以 .故C 正确； 因为点E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以 , 所以 夹角为120° ，所以 .故D 错误. 故选：AC 6. 在长方体 中，若向量 在单位正交基底 下的坐标为 ，则向 量 在单位正交基底 下的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性与空间向量的基本定理即可求解 【详解】因为 ， 第5 页/共25 页 （北京）股份有限公司 所以向量 在单位正交基底 下的坐标为 ， 故选：B 7. 已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC 的形状是 A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】求出三点间任意两点的距离，最后运用勾股定理或者余弦定理判断出三角形的形状. 【详解】由两点间的距离公式得 ， ， ，满足 ， 故选C. 【点睛】本题考查了空间两点间的距离公式，以及判断空间三点组成三角形的形状问题，考查了数学运算 能力. 8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， 直线BB1与面ACD1所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立如图空间直角坐标系 ，设正方体的棱长为2，利用向量法求出 和平面 的法 向量，结合空间向量的数量积的定义即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系 ，设正方体的棱长为2， 则 ， 第6 页/共25 页 （北京）股份有限公司 所以 ， 设平面 的一个法向量为 ， 有 ，令 ，则 ， 所以 ， 故 ， 设直线 与平面 所成的 平面角为 ， 则 . 故选：D. 二、多项选择题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，全部选对的得5 分，有选错的得0 分，部分选对的得2 分.请把正确选项在 答题卡中的相应位置涂黑． 9. 若向量 ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据空间向量夹角公式判断A，根据空间向量垂直的坐标表示判断B，根据空间向量平行的坐标 关系判断C，根据空间向量的模的公式判断D． 第7 页/共25 页 （北京）股份有限公司 【详解】由已知 ， ，D 正确； ， 与 不垂直．B 错误； ，A 正确； 设 ，则 ， ， ，满足条件的 不存在，因此 与 不共线，C 错误； 故选：AD． 10. 两平行直线 和 间的距离为 ， 若直线 的方程为 ， 则直线 的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】设出直线 的方程，由两平行线间距离公式列出方程，求出 ，得到直线方程. 【详解】设直线 的方程为 ，由两平行线间距离公式可知： ，解得： 或 ， 当 时，直线 的方程为 ，即 ， 当 时，直线 的方程为 ，即 ， 故直线 的方程为 或 . 故选：BC 11. 已知直线 ： 和直线 ： ，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 第8 页/共25 页 （北京）股份有限公司 B. 若 ，则 或-3 C. 若 ，则 或2 D. 当 时， 始终不过第三象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】将直线化为 可判断A；将 或-3 代入直线方程可判断B；根据 可判断C；将直线化为 ，即可求解. 【详解】 ： 过点 ，A 正确； 当 时， ， 重合，故B 错误； 由 ，得 或2，故C 正确； ： 始终过 ，斜率为负，不会过第三象限，故D 正确. 故选：ACD 【点睛】本题考查了直线过定点、直线垂直求参数，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 12. 若直线l：m x+(2m-1) y- 6= 0 与两坐标轴所围成的三角形的面积为3， 则m 的值是（ ） A. 2 B. C. 3 D. - 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解： ∵直线l 与两坐标轴围成三角形， ∴ ， ， 第9 页/共25 页 （北京）股份有限公司 且 ， 令 ，解得 ， 令 ，解得 ， ， ， 或 ， 当 时， ， 方程无解； 当 ， 解得 或 ． 故选：AD． 三、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共20 分.请把答案填在答题卡的相应位置上． 13. 直线 的倾斜角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角 【详解】 ，则 ，斜率为 第10 页/共25 页 （北京）股份有限公司 则 ，解得 故答案为 【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题 14. 在平面直角坐标系中，已知点A(2，0)， B(0，4)， O 为坐标原点，则△ABO 的外接圆的方程是_______ ___. 【答案】(x-1)2+(y-2)2=5 【解析】 【分析】由题意可知： ，所以 为直角三角形，其外接圆圆心为斜边 的中点，半径为 斜边 长度的一半，进而求解. 【详解】由题意可知: ,故 为直角三角形, 的外接圆的圆心为 的中点 ，半径为 , 所以 外接圆的标准方程为 , 故答案为: . 15. 在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)， 点B 是直线l： x-2y - 2= 0 的动点，则|AB|的最小值为________ __． 【答案】 【解析】 【分析】根据 时 最小求解即可． 【详解】解：当 时 最小， ． 第11 页/共25 页 （北京）股份有限公司 故答案为： ． 16. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G 分别是AB，CC1的中点，则点D1到直 线GF 的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 点 到直线 的距离． 【详解】 以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系， 则 点 到直线 的距离： ． 第12 页/共25 页 （北京）股份有限公司 点 到直线 的距离为 ． 故答案为： ． 四、解答题： 本大题共6 小题，第17 题10 分，18、19、20、21、22 题各12 分，共70 分.解 答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内， 超出指定区域的答案无效． 17. 已知关于x，y 的二元二次方程 x2+y2+Dx+Ey+3=0. （1）若方程表示的曲线是圆，求证：点 在圆x2+y2=12 外； （2）若方程表示的圆C 的圆心在直线x+y-1=0 上且在第二象限， 半径为 ， 求圆C 的方程. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由二元二次方程能表示圆的一般方程的条件易证得所求； （2）利用圆的一般式得到圆心与半径关于 的表达式，进而由题设条件得到关于 的方程组，解之 即可得到圆C 的方程. 【小问1 详解】 因为方程x2+y2+Dx+Ey+3=0 表示的曲线是圆， 所以D2+E2-12>0，即D2+E2>12， 因而点 在圆x2+y2=12 外. 【小问2 详解】 由题意知，圆心 ， 第13 页/共25 页 （北京）股份有限公司 因为圆心在直线x+y-1=0 上，所以 ，即 ①， 又因为半径 ，即 ②， 联立①②，解得 或 ， 又因为圆心在第二象限，所以 ， ，即D>0，E<0. 所以 ， 故圆的一般方程为 ，即 . 18. 在△ABC 中， 顶点B 的坐标为(1，2)，顶点A 在x 轴上，边BC 上的高AH 所在直线的方程为x-2y+1= 0， 边AB，AC 所在直线的倾斜角之和为180º. （1）求顶点A 的坐标和直线BC 的方程； （2）求△ABC 的面积. 【答案】（1）(-1，0)，2x+y-4=0 （2）12 【解析】 【分析】(1) A 点的坐标可以由AH 与 两条直线联立得到.由AH 与BC 垂直，可得BC 斜率，点斜式就 可得到BC 的方程. (2) 由AB，AC 所在直线的倾斜角之和为180º 与A 点坐标可求得AC 的方程，联立方程组得C 点的坐标，求 BC 长度，用面积公示即可求出. 【小问1 详解】 由方程组 求得点A 的坐标为(-1，0). 因为BC 边上的高所在直线的方程为x-2y+1=0， 斜率为 所以边BC 所在直线的斜率为-2， 因而边BC 所在直线的方程为y-2=-2(x-1)，即2x+y-4=0. 第14 页/共25 页 （北京）股份有限公司 【小问2 详解】 因为边AB 所在直线的斜率为kAB=1， 边AB，AC 所在直线的倾斜角之和为180º 所以边AC 所在直线的斜率为-1， 其方程为y=-(x+1)，即x+y+1=0. 联立方 程解得 ，即顶点C 的坐标为(5，-6)， 所以|BC|=4 点A 到直线BC 的距离 ， 因而△ABC 的面积为 . 19. 如图， 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，CC1=3，CD=2，且∠C1CB=∠C1CD=60°. （1）求证：BD⊥CA1； （2）求CA1的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的线性运算得到 ， ，再利用已知的模与夹角求得 与 的数量积为0，从而证得BD⊥CA1； （2）利用数量积的性质，由已知的模与夹角求得 ，从而求得CA1的长. 第15 页/共25 页 （北京）股份有限公司 【小问1 详解】 设 ， ， ， 由已知条件，得 ， ， ， ， 而 ， ， 所以 ， 所以 ，即BD⊥CA1. . 【小问2 详解】 由（1）得 ， 则 ， 所以 ，即A1C 的长为 . 第16 页/共25 页 （北京）股份有限公司 20. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC= ，D 是棱AC 的中点，且AB=BC=BB1=2． （1）求异面直线AB1与BC1所成角的大小； （2）求直线AB1与平面BC1D 的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用 与 的数量积求异面直线所成的角即可； （2）先证明AB1 平面BC1D，再根据 在平面BC1D 法向量上的投影求解即可． 【小问1 详解】 解： 以 为基底建立空间直角坐标系，连接 于点O， 则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，B1(0，0，2)． 所以 =(0，-2，2)， =(2，0，2)， 第17 页/共25 页 （北京）股份有限公司 = = = ， 设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则 = ， 因为θ∈ ， 所以θ= ． 【小问2 详解】 解：由（1）知D(1，1，0)， 直线AB1的方向向量为 =(0，-2，2)， 设平面BC1D 的法向量为 =(x，y，z)， 因为 =(2，0，2)， =(1，1，0)， 由 0， 0 得 ， 化简得 ， 取 ，得 ， ， ∴平面BC1D 的法向量为 =(-1，1，1)， (0，-2，2)·(-1，1，1)=0-2+2=0， ∴ ⊥ ， 即AB1 平面BC1D， ∴直线AB1与平面BC1D 的距离为点A 到平面BC1D 的距离， 第18 页/共25 页 （北京）股份有限公司 ， ∴直线AB1与平面BC1D 的距离为 ． 21. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M 分别是BC，AE 的中点，AD=AA1=1，AB=2. （1）试问在线段CD1上是否存在一点N， 使MN∥平面ADD1A1? 若存在，确定N 的位置； 若不存在，请说 明理由； （2）在（1）中，当MN∥平面ADD1A1时，试确定直线BB1与平面DMN 的交点F 的位置，并求BF 的长. 【答案】（1）存在，N 为CD1的中点 （2）点F 是线段BB1上靠近点B 的一个三等分点，BF= 【解析】 【分析】(1)建立如图空间直角坐标系，假设CD1上存在点N 使MN∥平面ADD1A1并设 =λ 利用空 间向量法求出平面ADD1A1的法向量，根据 ⊥ 求出 即可； (2)根据题意可知点F 在平面DMN 内，设F（1，2，t)，结合空间向量的基本定理求出即可. 【小问1 详解】 如图，以{ }为基底建立空间直角坐标系 第19 页/共25 页 （北京）股份有限公司 D(0，0，0)， A(1，0，0)， D1(0，0，1)， C(0，2，0)，E ， M ， 所以 =(0，2，0)， = =(0，-2，1). 法一：假设CD1上存在点N 使MN//平面ADD1A1， 并设 =λ =λ(0，-2，1)=(0，-2λ，λ) (0<λ<1)， 则 = + =(0，2，0)+(0，-2λ，λ)= ， = - = ， 由题意知 =(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量， 所以 ⊥ ， 即2(1-2λ)=0，解得λ= . 因为MN⊄平面ADD1A1， 所以当N 为CD1的中点时，MN//平面ADD1A1. 法二：由CD1 面Dyz， 假设CD1上存在点N(0，y，z)， 使MN//平面ADD1A1， 在△CDD1中，由三角形相似的性质知， ， 即 ①， =(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量，而 由 得 ②， 由①②得：y=1， ， 因为MN⊄平面ADD1A1， 所以当N 为CD1的中点时，MN//平面ADD1A1.， 【小问2 详解】 法一：由已知，点F 在直线BB1上，因直线BB1与z 轴平行，可设F（1，2，t)， ， 第20 页/共25 页 （北京）股份有限公司 又点F 在 平面DMN 内，因而存在实数 ，使得 = + ， 即（1，2，t)= ，， 整理得：（1，2，t)= ， 因而 ，解得 ， 所以F（1，2， )，故是线段BB1上靠近点B 的一个三等分点，BF= . 法二：由已知，点F 在直线BB1上，因直线BB1与z 轴平行，可设F（1，2，t)， ， 设平面DMN 的法向量为 =(x，y，z)， = ， 由 · 0， · 0 得 化简得 即 ，取 得 ， ， 因而平面DMN 的法向量为 =(2， ，3)， 在平面DMN 内任取一点，不妨取点D，与点F 组成的向量 =（1，2，t)， 可得 · =0，即2×1+( )×2+3t=0， 解得 ， 第21 页/共25 页 （北京）股份有限公司 因而F（1，2， )，故是线段BB1上靠近点B 的一个三等分点，BF= ， 法三：由已知，点F 在直线BB1上，因直线BB1与z 轴平行，可设F（1，2，t)， ， 设平面DMN 内任一点P(x，y，z)， 在平面DMN 内任异于点P 的一点，不妨取点D，与点P 组成的向量 =(x，y，z)， 因为 · =0，即2x y+3z=0， ， 将F（1，2，t)代入，解得 ， 因而F（1，2， )，故是线段BB1上靠近点B 的一个三等分点，BF= .， 法四：（思路）：由（1）N 为CD1的中点，延长DN，必过点C1， 连结AB1，易证DC1//AB1. 延长DM 交AB 于点G，可证点G 是线段AB 的一个三等分点. 再过点G 作GF//AB1与线段BB1交于点F， 易得BF= . 22. 如图， 在四棱锥 中， 底面 是边长为1 的菱形， 底面 ， ， ， 为 的中点. 第22 页/共25 页 （北京）股份有限公司 （1）求点 到平面 的距离； （2）求平面 与平面 所成夹角的余弦值. 【答案】（1） ； （2） . 【解析】 【分析】(1)建立空间直角坐标系，求平面 的法向量 ，求向量 ，再求向量 在 上的投影向 量的模即可； (2)求平面 的法向量 ，求向量 ， 的夹角余弦，由此可得两平面的夹角余弦. 【小问1 详解】 如图，作 于点P，以A 为坐标原点，AB，AP，AO 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间 直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， 因为 = ， ， 设平面 的法向量为 ， 第2