2022-2023学年河北省沧州市东光县高二年级上册学期11月期中数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省沧州市东光县高二上学期11月期中数学试题一、单选题1．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点是（

）A． B． C． D．B【分析】根据空间点关于轴的对称点特点即可得到答案.【详解】关于轴的对称点是竖坐标不变，横纵坐标变为相反数，因为,所以对称点坐标为.故选：B.2．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．D【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系，结合特殊角的正切值即可容易求得结果.【详解】因为，故该直线的斜率，设直线倾斜角为，则，又，故.故选：D.3．直线与直线垂直，则（

）A． B． C． D．C【分析】分与两种情况，由直线垂直得到方程，求出的值.【详解】当时，直线不成立，故舍去；故，斜率，，∴，∴，故选：C.4．已知则（

）A．2 B． C．1 D．0D【分析】由题意可得，利用向量平行得到等式即可求解【详解】由可得∵，故，∴，，∴，故选：D5．若圆的面积是，则该圆的圆心坐标为（

）A． B． C． D．B【分析】通过半径公式，代入即可解出值，即可得到圆心坐标.【详解】圆的半径，即，，则，圆心坐标为，即.故选：B.6．在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．A【分析】法一：作出辅助线，找到就是与夹角或其补角，利用余弦定理进行求解；法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线的夹角余弦值.【详解】法一：设正方体的棱长为2，取的中点，连接，，∵是的中点，∴，故就是与夹角或其补角，由勾股定理得：，，由余弦定理得：，故异面直线与所成角的余弦值为；法二：设正方体的棱长为2，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，故异面直线与所成角的余弦值为；故选：A.7．已知点不共线，是空间任意一点，点在平面内，且，则（

）A．有最小值 B．有最大值 C．有最小值1 D．有最大值1A【分析】因为四点共面，则，即，从而得出答案．【详解】因为四点共面，则，即，所以当时，有最小值．故选：A．8．点到直线的距离为1，且直线与圆相切，若这样的有四条，则的取值范围是（

）A．（0，2） B．（0，3） C．（0，4） D．（0，5）C【分析】直线到点的距离为1等价于直线与圆相切，问题转化为两圆公切线有四条，两圆外离.【详解】由直线到点的距离为1，所以直线与圆相切，直线与圆，圆都相切且这样的有四条，所以圆与圆外离，圆心距大于半径之和，即，解得，故选：C.二、多选题9．在棱长均为1的四面体中，下列结论正确的是（

）A． B．C． D．ABC【分析】取的中点，连接，，通过证明平面，即可得到，从而判断A，根据空间向量线性运算判断B，根据空间向量数量积的定义判断C，根据数量积的运算律求出，即可判断D；【详解】解：取的中点，连接，，∴，，，平面，所以平面，又平面，所以，则，故A正确；因为，故B正确；∵，，又，，所以，故C正确；因为，所以，故D不正确，故选：ABC.10．已知直线，则下列结论正确的是（

）A．存在，使与直线平行 B．恒过定点（0，1）C．存在，使被圆截得弦长为 D．存在，使被圆截得弦长为4BCD【分析】由无解可判断A；将代入恒成立可判断B；当圆的圆心与连线和垂直时，求出被圆截得弦长可判断C；过圆心的弦长最大，最大值为直径4可判断D.【详解】∵无解，A不正确；将代入，则恒成立，B正确；由B知，当圆的圆心与连线和垂直时，弦长最小，最小值为，C正确；过圆心的弦长最大，最大值为直径4，D正确，故选：BCD.11．正方体的棱长为为棱的中点，是侧面上（含边缘）的动点，若，则点到平面的距离可以是（

）A． B． C．1 D．BC【分析】分别取的中点，连接，先说明点的轨迹为线段，连接交于点，连接交于点，取的中点，连接交于点，再说明到平面的距离，最后逐个判断即可求解【详解】如图所示，分别取的中点，连接，由，可得，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，所以点的轨迹为线段，连接交于点，连接交于点，取的中点，连接交于点，则易知平面，平面，又，所以到平面的距离，对于A：，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D错误；故选：BC12．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一.定义:平面上到两定点距离之比是常数的动点的轨迹是圆，称为阿波罗尼斯圆.设，满足的点的轨迹是阿波罗尼斯圆，该圆与轴交于两点（在左边），则下列结论正确的是（

）A．圆的半径为2B．过点向圆引两条切线，与两个切点构成等腰直角三角形C．若与不重合，则平分D．圆上存在两个点，使得ACD【分析】根据题意列出等式，化简得到圆方程为，即可判断A选项，对B通过作图画出图形，求出切线长可判断B选项，对C通过三角形面积公式即可化简证明，对D利用切割线定理即可判断.【详解】由已知，整理得，∴，，A正确；设两切点分别为，,,，即两条切线的夹角为60°，所以与两个切线构成等边三角形，B不正确；由题意得，∵，，∴，，C正确；当与圆相切时，，，，此时满足故D正确，故选：ACD.该题首先通过轨迹计算得到轨迹方程为，一一代入检验即可.通过数学文化考查阿氏圆（多地教材中涉及到阿氏圆问题），通过三角形面积公式考查内角平分线定理，通过切线长的运算验证切割线定理等，数学素养方面考查知识的迁移、数形结合等.三、填空题13．已知两点，若直线的斜率为，则______.【分析】由斜率公式求解即可，注意验证【详解】因为两点，且直线的斜率为，所以且，解得，故14．点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是1，则______.10或-10【分析】设圆心为O，要使最短，则O，P，Q三点共线且OQ与直线垂直.据此可得答案.【详解】由题，设圆心为O，要使最短，则O，P，Q三点共线且OQ与直线垂直.则=，其中为圆半径为1，为圆心到直线距离.则，解得m=10或m=-10故答案为:10或-1015．若方程有实数解，则的取值范围是______．【分析】方程有实数解可以转化为与有交点，画图分析结合直线与圆位置关系问题即可求出b的取值范围．【详解】方程有实数解可以转化为与有交点，如图所示，表示以原点为圆心、2为半径的圆的上半圆，表示斜率为，过的直线．当直线平移到的位置时，将的坐标代入直线的方程，得；当直线平移到的位置时，设为切点，由点到直线的距离等于半径，即，得，综上，的取值范围是．故．16．球上有四点，且两两垂直，，四面体的体积等于______.【分析】根据题意以，，为棱构造长方体，则长方体的体对角线为球的直径，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出球心到平面的距离，从而可求出四面体的体积.【详解】以，，为棱构造长方体，则长方体的体对角线为球的直径，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，球心的坐标为，所以，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以球心到平面的距离为，因为，所以，所以四面体的体积等于.故答案为.四、解答题17．已知直线，(1)求经过点且与平行的直线方程；(2)求经过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程.(1)；(2)或【分析】（1）首先求出直线的斜率为，再根据两直线平行斜率相等以及直线过点求出直线方程；（2）首先考虑直线过原点的情况，然后再设截距式，代入即可得到直线方程.【详解】（1）直线的斜率为，∴过点与平行的直线为：，即.（2）当直线过原点时，斜率，直线的方程为：；当直线不过原点时，设，代入，解得.∴直线的方程为.综上，直线的方程为：或.18．如图，三棱锥的侧棱的长度分别为1，2，3，并且.(1)求的长；(2)求直线与直线所成角的余弦值.(1)(2)【分析】（1）设，，，表示出，利用向量模的公式求出;（2）利用空间向量夹角公式，代入数据即可求出两直线夹角.【详解】（1）设，，，则，，所以.（2），，所以.所以直线与直线所成角的余弦值为.19．已知圆经过点，和.(1)求圆的方程；(2)过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.(1)(2)或【分析】（1）设出圆的一般方程，利用待定系数法求解出答案；（2）考虑直线斜率不存在和斜率存在两种情况，设出直线方程，利用垂径定理进行求解.【详解】（1）设圆的方程为.因为三点都在圆上，所以它们的坐标都是圆方程的解，故，得，，，∴圆的方程为.（2）圆的方程为，圆心为，半径为5，当直线的斜率不存在时，的方程为，圆心到直线的距离等于3，故圆截得的弦长为8，满足题意；当直线的斜率存在时，设的方程为，即，设圆心到直线的距离等于，则，解得：，则有，解得：，∴的方程为或.20．在棱长均为6的直三棱柱中，若是的中点，在上，且.(1)求证:平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.(1)证明见解析；(2).【分析】（1）分别取，的中点，，建立空间直角坐标系，利用坐标法可得平面的法向量，然后根据向量关系即得；（2）利用线面角的向量求法即得.【详解】（1）分别取，的中点，，连接，，则平面，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，设平面的法向量为，则，即，令，∴，∴，即，∵平面，∴平面；（2）因为，，设平面的一个法向量为，则，设直线与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值等于.21．如图一，在等腰梯形中，是的中点，将沿折起，使点到点的位置，且，如图二.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.(1)证明见解析(2)【分析】（1）连交于，连接，由题意证得平面，可求出，由勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理可证得平面，即可证明平面平面（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量二面角的求法即可得出答案.【详解】（1）连交于，连接.四边形与均为菱形，且，，均为正三角形.在折叠过程中，，平面，∴平面，平面，所以，因为，所以.∵，，∴.∵，∴，∴，又因为，，平面，∴平面，因为平面，∴平面平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，∴，，设平面的法向量为，∴令，∴.设平面的法向量为，，∴令，∴，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.22．已知，圆上有一动点，设线段的中点为.(1)求点的轨迹的方程；(2)过原点作的两条弦、，若、的斜率之积为，证明:直线过定点.(1)(2)证明见解析【分析】（