2022-2023学年广西柳州市六校高二年级上册学期期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年广西柳州市六校高二上学期期中考试数学试题一、单选题1．直线的斜率为（

）A． B．3 C． D．【答案】A【分析】化为斜截式即可求斜率【详解】直线化为斜截式方程为，所以直线的斜率为．故选：A．2．已知向量，若，则实数的值为（

）A．8 B．7 C． D．14【答案】B【分析】根据向量垂直，则向量数量积为0，得到，解出即可.【详解】已知向量，因为，所以，解得．故选：B．3．空间直角坐标系中，已知两点，，则这两点间的距离为（

）A． B． C． D．18【答案】C【分析】根据空间中两点之间的距离公式求解即可得到.【详解】在空间直角坐标系中，，，则这两点间的距离．故选：C．4．两条平行直线与间的距离等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用两平行线间的距离公式求解.【详解】解：两条平行直线与，由平行直线间距离公式可知所求距离为．故选：C．5．平面直角坐标系中点到直线的距离为（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】直线，即，点到直线的距离为．故选：B6．若直线与直线互相平行，则实数的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据两直线平行可直接构造方程求得结果.【详解】，，解得：.经检验，符合题意，故选：D.7．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量的数量积的坐标运算，直接求解即可.【详解】已知，则．故选：．8．圆与圆的位置关系为（

）A．内含 B．外离 C．相交 D．外切【答案】D【分析】利用两圆圆心的距离与两圆半径的大小关系即可判断.【详解】解：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，两圆圆心之间的距离，两圆外切.故选：D.二、多选题9．已知直线与为两条不重合的直线，则下列命题正确的是（

）A．若，则斜率B．若斜率，则C．若倾斜角，则D．若，则倾斜角【答案】BCD【分析】利用直线的倾斜角和斜率的关系，直线的斜率和直线的平行问题的应用求出结果．【详解】A选项，，可能直线与的倾斜角都是，斜率不存在，所以A选项错误.B选项，根据直线的位置关系，当直线的斜率存在，并且相等，则直线平行，所以B选项正确.C选项，当两条直线的倾斜角相等时，直线平行，所以C选项正确.D选项，当两条直线平行时，则倾斜角必相等，所以D选项正确.故选：BCD10．以下命题正确的是（

）A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则B．直线l的方向向量，平面的法向量，则C．两个不同平面，的法向量分别为，，则D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则【答案】CD【解析】根据空间直线的方向向量数量积的值是否为零判定两直线是否垂直，即可判断A；根据空间直线的方向向量与平面的法向量是否共线判定B；根据两平面法向量是否平行可判断C；，，利用法向量与上面两向量的数量积为零，即可求得的值，可判断D.【详解】A:，，，则不垂直，直线与不垂直，故A不正确；B:若，则，∴存在实数，使得,无解，故B错误；C:，∴，与共线，，故C正确；D:点，，，，.向量是平面的法向量，，即，解得，故D正确.故选：CD.【点睛】本题考查了空间向量的数量积运算，考查了基本运算能力，属于基础题.必须熟练掌握的知识和技能：（1）空间两直线垂直的充分必要条件是其方向向量垂直；（2）线面垂直的充分必要条件是直线的方向向量与平面的法向量平行；（3）两个不同平面平行的充分必要条件是其法向量共线.11．已知方程，下列叙述正确的是（

）A．方程表示的是圆.B．当时，方程表示过原点的圆.C．方程表示的圆的圆心在轴上.D．方程表示的圆的圆心在轴上.【答案】BC【分析】将方程整理为，当时，方程不表示圆，知A错误；当时，可知原点坐标满足圆的方程，知B正确；根据方程表示圆时圆心的坐标可知CD正误.【详解】由得：；对于A，若，即，则方程不表示圆，A错误；对于B，当时，方程为，则方程表示以为圆心，半径为的圆，此圆经过原点，B正确；对于CD，若方程表示圆，则该圆圆心为，半径为，则圆心在轴上，不在轴上，C正确，D错误.故选：BC.12．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点F为的中点，如图建系，则下列说法正确的有（

）A． B．向量与所成角的余弦值为C．平面的一个法向量是 D．点D到直线的距离为【答案】BCD【分析】A选项，利用空间向量表示出，进而求出；B选项，利用空间向量夹角公式求解；C选项，利用数量积为0进行证明线线垂直，进而得到答案；D选项，利用点到直线的空间向量公式进行求解.【详解】，，，，所以，所以，故，A错误；，B正确；设，则，，而，所以平面的一个法向量是，C正确；，，则，所以，故点D到直线的距离为，故D正确.故选：BCD三、填空题13．若，则__________．【答案】【分析】根据空间向量模的公式即可得到答案.【详解】因为，则．故答案为:．14．已知，，则线段中点的坐标为________．【答案】【分析】利用中点坐标公式求解.【详解】设中点坐标为，则，，，∴中点坐标为．故答案为：15．在直三棱柱中，若，则=____________.(用表示)【答案】【分析】连接根据直三棱柱的结构特征及空间向量减法的几何意义可得，结合已知即可求表达式.【详解】连接则.故答案为：16．如果直线与曲线有公共点，那么的取值范围是__________．【答案】【分析】根据同角三角函数关系，换元得到点是曲线上的点，其中，因此问题转化为方程在区间上有解，利用变量分离并结合正弦函数的图像与性质，即可算出实数的取值范围.【详解】解：对于曲线，设，则，因此点是曲线上的点，直线与曲线有公共点，方程在区间上有解，即，可得，，即直线与曲线有公共点时，的取值范围是，故答案为：．四、解答题17．已知直线经过点，倾斜角是，直线．求：(1)直线的一般式方程．(2)直线与直线的交点坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）由倾斜角得到直线斜率，先求出直线点斜式方程，再化为一般式方程.（2）两直线方程联立方程组，求交点坐标.【详解】（1）由题意得：直线的斜率，又直线经过点，所以直线的方程为，化为一般式方程为：；（2）由题意，两直线联立方程组，解得，所以直线与直线的交点坐标为18．已知圆．(1)求圆的圆心坐标及半径；(2)若已知点，求过点的圆的切线方程．【答案】(1)圆心的坐标为，半径为(2)或【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，确定圆心及半径；（2）先验证斜率不存在时是否满足要求，再利用待定系数法求斜率存在时的切线方程.【详解】（1）圆的方程可化为，，所以圆心的坐标为，半径；（2）过点的直线的斜率不存在的直线方程为，该直线与圆没有交点，不满足要求；当过点的直线的斜率存在时，设方程为，即，因为直线与圆相切，所以点到直线的距离等于圆的半径1，故，解得，或，方程为或，故过点的圆的切线方程为或．19．如图，在三棱柱中，平面为线段的中点．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角大小．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，正方形对角线互相垂直，线面垂直判定定理得线面垂直，再由线面垂直性质定理得线线垂直即可；（2）根据空间向量法求线面角即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以．因为在三棱柱中，，所以．又因为，所以四边形为正方形．连结，则．又因为平面，所以平面．因为平面，所以；（2）因为两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系，可得．因为为线段上的中点，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角为，则，因为，所以，所以直线与平面所成角的大小为．20．已知动点到点的距离是到点的距离的两倍．求：(1)动点的轨迹方程；(2)若为线段的中点，试求点的轨迹．【答案】(1)(2)点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆【分析】（1）用点到直线的距离公式展开化简关系式即可；（2）用点坐标表示点M坐标，再代入M的轨迹方程即可得到N的轨迹方程，由此得到点的轨迹.【详解】（1）设动点，由题意有，则，整理得，经检验动点的轨迹方程为；（2）设点，由题意得，即，因为在上，所以：，整理得，经检验动点的轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆．21．如图所示的几何体中，四边形是正方形.四边形是梯形，，平面平面，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据，平面，由线面平行的判定定理得到平面，同理可证.平面，然后利用面面平行判定定理证明.（2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面一个法向量和平面一个法向量，然后由求解.【详解】（1）∵，平面，∴平面∵，平面，平面，∴.平面∵，、平面∴平面/平面∵平面，∴平面（2）以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，设平面一个法向量，，则，即，令，则，，∴设平面一个法向量，，则，即，令，则，，∴，∴，设二面角的平面角为，则，故【点睛】本题主要线面平行，面面平行的判定定理和空间向量法求二面角问题，还考查了逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.22．已知圆，直线.(1)求证：直线恒过定点；(2)直线被圆截得的弦何时最长？何时最短？并求截得的弦长最短时的值以及最短弦长.【答案】(1)证明见解析(2)当过圆心时弦长最长；当的方程为时最短；；最短弦长为【分析】（1）将直线的方程可化为，若过定点，则与m