武汉十一中2022-2023学年高二年级10月数学试题

武汉十一中2022-2023学年高二年级10月数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）已知直线l1：2x+ay+2=0与直线l2：(a−1)x+3y+2=0平行，则a=(

)A.3 B.−2 C.−2或3 D.5在下列条件中，一定能使空间中的四点M,A,B,C共面的是(

)A.OM=2OA−OB−OC B.OM已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量，点A(−1,2,1)在α内，则点P(1,2,2)到平面α的距离为(

)A.55 B.5 C.25 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得DE=xAB+yAC是“DE//平面ABC”的A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−2bsinC=0，B∈(0,π2)，b=1，a=3，则△ABCA.34或14 B.32或14 C.34或3设直线l的方程为x+ycosθ+3=0(θ∈R)，则直线l的倾斜角α的取值范围是(

)A.[0,π) B.π4,π2

C.设m∈R，过定点A的动直线x+my+1=0和过定点B的动直线mx−y−2m+3=0交于点P(x,y)，则|PA|+|PB|的最大值(

)A.25 B.32 C.6 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶、水草包裹糯米、绿豆、猪肉、咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为4π3时，该裹蒸粽的高的最小值为(

)A.4 B.6 C.8 D.10二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）已知空间四点O(0,0,0)，A(0,1,2)，B(2,0,−1)，C(3,2,1)，则下列说法正确的是(

)A.OA⋅OB=−2

B.以OA，OB为邻边的平行四边形的面积为212

C.点O到直线BC的距离为5

D.O，A，以下四个命题表述正确的是(

)A.直线(m−1)x+(2m−1)y=3(m∈R)恒过定点(−6,3)

B.已知直线l过点P(2,4)，且在x，y轴上截距相等，则直线l的方程为x+y−6=0

C.a∈R，b∈R，“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分条件

D.点(2,1)到直线x+y−1=0的距离为2如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为侧面BCC1B1的中心，A.PE⋅PF的最小值为148

B.若BP=2PD1，则平面PAC截正方体所得截面的面积为98

C.PF与底面ABCD所成的角的取值范围为[0,π4]

D.如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点(点P与点A，D不重合).下列说法正确的是(

)A.三棱锥P−ABD的四个面都是直角三角形

B.三棱锥P−ABD的体积最大值为1254

C.异面直线PA与BC的距离是定值

D.当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P−ABCD外接球的截面面积为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，

已知向量{a,b,c}是空间的一个基底，向量a+b,a−b,c是空间的另一个基底，一向量P已知l：(2+m)x+(1−2m)y+4−3m=0 (m∈R)过定点A，则点A到直线n：x+y=1的距离是

．在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC=120∘，点E在边BC上，且满足BE=3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为

；当四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）(本小题10.0分)

已知直线l1的方程为x+2y−4=0，若l2在x轴上的截距为32，且l1⊥l2．

(1)求直线l1和l2的交点坐标；

(2)已知直线l3经过l1与l(本小题12.0分)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

． ①3请在以上三个条件中任选一个补充在横线处，并解答：(1)求角C的值;(2)若c=23，CD=CA+CB(本小题12.0分)

过点P(2,1)作直线l分别交x，y轴正半轴于A，B两点．

(1)当△AOB面积最小时，求直线l的方程;

(2)当|PA|⋅|PB|取最小值时，求直线l(本小题12.0分)如图，在四棱锥S−ABCD中，△ABS是正三角形，四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=120∘，点E是BS的中点．

(1)求证：SD//平面ACE;

(2)若平面ABS⊥平面ABCD，求点E到平面ASD(本小题12.0分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4，AB=2，PA⊥平面ABCD，且M是PD的中点．

(1)求证：AM⊥平面PCD;(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值;(3)求平面MAB与平面MBC所成的夹角(锐角)的大小．(本小题12.0分)

在2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接。如图1，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆I1，I2，I3，I4与圆柱OO1底面相切于A，B，C，D四点，且圆I1与I2，I2与I3，I3与I4，I4与I1分别外切，线段A1A为圆柱OO1的母线.点M(1)求证：AM//平面BDN;(2)线段AA1上是否存在一点E，使得OE⊥平面BDN?若存在，请求出AE(3)如图2，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱O2O3，它与飞船推进舱共轴，即O，O1，O2，O3共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形，四边形PQRS为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即O1O2=4，且答案和解析1.【答案】B

【解析】解：直线l1：2x+ay+2=0与直线l2：(a−1)x+3y+2=0平行，

则2×3−(a−1)a=0，解得a=−2或3，

当a=3时，两直线重合，故舍去，

故a=−2．

故选：2.【答案】C

【解析】【解答】解：M与A，B，C一定共面的充要条件是OM=x对于A选项，由于2−1−1=0≠1，所以不能得出M,A,B,C共面；对于B选项，由于15+1对于C选项，由于MA=−2MB−MC，则对于D选项，由OM+OA+OB+OC=

3.【答案】B

【解析】【解答】解：因为A(−1,2,1)，P(1,2,2)所以PA=(−2,0,−1)因为平面α的法向量n=(2,0,1)所以点P到平面α的距离d=|故选：B

4.【答案】B

【解析】【分析】本题考查空间向量共面的问题．

利用存在实数x，y，使得DE=xAB+yAC⇔DE//平面ABC【解答】解：若DE//平面ABC，则DE, AB, AC共面，故存在实数x，若存在实数x，y，使得DE=xAB+yAC，则DE, AB, AC共面，则所以“存在实数x，y，使得DE=xAB+yAC是“故选：B

5.【答案】C

【解析】【分析】本题考查正弦定理的应用，考查三角形的面积公式，考查学生计算能力，属于基础题．

由已知利用正弦定理求出三角形的三个角，利用三角形的面积公式求解即可．【解答】解：∵a=3，b=1且c−2bsinC=0，

∴csinC=2=3sinA=1sinB，

解得sinA=32，sinB=12，

又B∈(0,π2)，

∴B=π6，A=π3

6.【答案】C

【解析】【分析】本题考查直线斜率与倾斜角的关系，同时考查余弦函数的值域和正切函数的单调性等知识，属于易错题，

当cosθ=0时，直线l的斜率不存在，倾斜角α=π2，当cosθ≠0时，直线l的斜率k=−1【解答】解：当cosθ=0时，方程变为x+3=0，其倾斜角为π2，

当cosθ≠0时，由直线方程可得斜率k=−1cosθ，

∵cosθ∈[−1,1]且cosθ≠0，

∴k∈(−∞,−1]∪[1,+∞)，

即tanα∈(−∞,−1]∪[1,+∞)，

又α∈[0,π)，

∴α∈[π4,π2)∪(7.【答案】C

【解析】【解答】解：由题意可得动直线x+my+1=0过定点A(−1,0)，

直线mx−y−2m+3=0可化为(x−2)m+3−y=0，斜率k=m．

令x−2=03−y=0可解得B(2,3)，

又1×m+m×(−1)=0，故两直线垂直，

即交点为P，

∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=18，

由基本不等式可得18=|PA|2+|PB|2

=(|PA|+|PB|)2−2|PA||PB|

8.【答案】A

【解析】【解答】解：要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，

设正四面体的棱长为a，高为ℎ，内切球的半径为r，则4π3r3=4π3，解得r=1，

如图正四面体S−ABC中，令D为BC的中点，O1为底面三角形的中心，则SO1⊥底面ABC，

所以

9.【答案】AC

【解析】【解答】解：空间四点O(0,0,0)，A(0,1,2)，B(2,0,−1)，C(3,2,1)，

则OA=(0,1,2)，OB=(2,0,−1)，

所以|OA|=5，|OB|=5，

对于A：OA⋅OB=−2，故A正确；

对于B：cos<OA,OB>=OA⋅OB|OA||OB|=−25，所以sin∠AOB=215，

所以以OA，OB为邻边的平行四边形的面积S=OAOBsin∠AOB=21，故B错误；

对于C：由于OB=(2,0,−1)，BC=(1,2,2)，

所以OB⋅BC=0，

故OB⊥BC，

所以点O到直线BC的距离d=|OB

10.【答案】ACD

【解析】【解答】解：对A，(m−1)x+(2m−1)y=3(m∈ R)，即m(x+2y)−x−y−3=0，

直线恒过x+2y=0与−x−y−3=0的交点，解得x=−6，y=3，恒过定点(−6,3)，A正确；

对于B，直线l过点P(2,4)，在x，y轴上截距相等，

当截距不为0时为x+y−6=0，

截距为0时为2x−y=0，故B错误．

对于C，由题意，“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”，

则a(a+1)+2×(−2a)=0，解得a=0或a=3，

所以“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分条件，

C正确．

对于D，点(2,1)到直线x+y−1=0的距离为|2+1−1|12+12=2，故

11.【答案】BCD

【解析】【解答】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，

由正方体棱长为1，则E(12,1,12)，B(1,1,0)，

D1(0,0,1)，F(0,12,1)，A(1,0,0)，

对于A，BD1=(−1,−1,1)，

设BP=λBD1=(−λ,−λ,λ)，(0≤λ≤1)，

所以P(1−λ,1−λ,λ)，PE=(λ−12,λ,12−λ)，PF=(λ−1,λ−12,1−λ)，

PE⋅PF=(λ−12)(λ−1)+λ(λ−12)+(1−λ)(12−λ)=3(λ−712)2−148，

所以λ=712时，(PE⋅PF)min=−148，故A错误；

对于B，BP=2PD1，则P是BD1上靠近D1的三等分点，P(13,13,23)，

取AC上靠近C的三等分点G，则G(13,23,0)，PG=(0,13,−23)，

显然PG与平面CDD1C1的法向量DA=(1,0,0)垂直，

因此PG//平面CDD1C1，

所以截面PAC与平面CDD1C1的交线与PG平行，

作CM//PG交D1C1于点M，

设M(0,k,1)，则CM=(0,k−1,1)，

由CM//PG，可得−23(k−1)=13，解得k=12，

则M与F重合，因此取D1A1中点N，易得NF//AC，

所以截面为ACFN，且为等腰梯形，

AC=2，NF=2

12.【答案】ACD

【解析】【解答】解：因为点P为半圆弧AD上(不含A，D点)一动点，所以DP⊥AP，

由底面ABCD为正方形，所以AB⊥AD，

因为半圆面APD⊥底面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，AP，DP⊂平面PAD，所以AB⊥DP，AB⊥AP，

又AP∩AB=A，AP，AB⊂平面PAB，

所以DP⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以DP⊥PB，

对于A，由上面已证可得三棱锥P−ABD的四个面都是直角三角形，故A正确；

对于B，当点P为半圆弧AD中点时，三棱锥P−ABD的体积最大，

最大值为13×52×12×5×5=12512，故B错误；

对于C选项，因为半圆面APD⊥平面ABCD，AB⊥AD，半圆面APD∩平面ABCD=AD，

所以AB⊥半圆面APD，又PA⊂半圆面APD，所以AB⊥PA，又AB⊥BC，

所以AB为异面直线PA与BC的距离，所以异面直线PA与BC的距离为定值，故C正确;

对于D选项，取BD的中点O，由选项A中的解析可得，OA=OB=OP=OD=12BD=522，

所以点O为四棱锥P−ABCD外接球的球心，

过点P作PH⊥AD于点H，连接BH，如图所示，

因为半圆面APD⊥平面ABCD，半圆面APD∩平面ABCD=AD，

故PH⊥平面ABCD，

所以BH为PB在平面ABCD内的射影，

则∠PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，

设AH=x，则0<x<5，DH=5−x，

在RtΔAPD中，PH2=AH⋅DH=x(5−x)，PD2=DH⋅AD=5(5−x)，

所以PB2=BD2−PD2=(52)2−5(5−x)=25+5x，

故sin2∠PBH=PH2PB2=x(5−x)25+5x=−15(x2−5xx+5)，

令t=x+5，则x=t−5，且5<t<10，

所以x2−5xx+5=(t−5)2−5(t−5)t=t+50t−15≥2

13.【答案】2

【解析】解：根据平行四边形法则可得AC1=AB+AD+AA1，

所以|AC114.【答案】(3【解析】【解答】解：设p=x(a+b)+y(a−b)+zc=(x+y)a+(x−y)b+zc；

15.【答案】22【解析】【解答】解：由直线方程(2+m)x+(1−2m)y+4−3m=0变形为：m(x−2y−3)+(2x+y+4)=0，

令x−2y−3=0，2x+y+4=0，

求得x=−1，y=−2，

可得直线(2+m)x+(1−2m)y+4−3m=0恒经过定点A(−1,−2)，

故点A到直线n：x+y=1的距离是d=|−1−2−1|2=22，

16.【答案】152

【解析】【解答】解：如图，

在直四棱柱ABCD−A1所以AC⊥平面BDD1B1，

又BD1⊂在AB上取F，使得BF=3FA，连接EF，则EF//AC，所以BD记AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则B4,0,0，D1−4,0,6在BB1上取一点G，记为G4,0,t，于是B由BD1⋅EG=−24+6t=0所以▵EFG的边为点M的运动轨迹．由题意得FG=BF2动点M的轨迹围成的图形的面积为12显然当M与G重合时，MC与平面ABCD所成角最大．因为M4,0,4，C10,43,6，

因为直线AC的一个方向向量为n=(0,1,0)，

所以cos即异面直线MC1与AC所成角的余弦值为故答案为：153；2

17.【答案】解：(1)∵l1⊥l2，∴kl2=−1−12=2．

∴直线l2的方程为：y−0=2(x−32)，化为：y=2x−3．

联立x+2y−4=02x−y−3=0，解得x=2y=1．

∴直线l1和l2的交点坐标为(2,1)．

(2)当直线l3经过原点时，可得方程：y=12x.

当直线l3不经过原点时，设在x轴上截距为a≠0，则在【解析】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、截距式，考查了推理能力与计算能力，属中档题．

(1)利用l1⊥l2，可得斜率kl2.利用点斜式可得直线l2的方程，进而可求出直线l1和l2的交点坐标为(2,1)．

(2)当直线l3经过原点时，可得方程．当直线l3不经过原点时，设在x轴上截距为a≠018.【答案】解：(1)选 ①3a−3ccosB+bsinC=0，

由正弦定理可得：3sinA−3sinCcosB+sinBsinC=0，

又因为，在△ABC中，有sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以3(sinBcosC+cosBsinC)−3sinCcosB+sinBsinC=0，

化简得3sinBcosC+sinBsinC=0，

由于0<B<π，所以sinB≠0，

所以3cosC+sinC=0，于是tanC=−3，

因为0<C<π，

所以C=2π3．

选 ②a−ca+b+sinBsinA+sinC=0，由正弦定理可得：a−ca+b+ba+c=0，

∴a2+b2−【解析】本题考查了解三角形中正余弦定理的运用，考查了向量数量积的运算，属于中档题．

(1)选①，利用正弦定理即可求解；

选②，利用正余弦定理求解即可；

选③，利用二倍角公式结合一元二次方程求得cosC即可得解．

(2)利用向量数量积求解．19.【答案】解：(1)设所求的直线方程为xa+yb=1(a>0,b>0)，

由已知2a+1b=1．

于是2a⋅1b≤(2a+1b2)2=14，当且仅当2a=1b=12，即a=4，b=2时，取最大值，

即S△AOB=12⋅ab取最小值4．

故所求的直线l的方程为x4+【解析】本题考查直线方程的几种形式的应用，利用基本不等式求式子的最值，一定不要忘记检验等号成立的条件是否具备，属于中档题．

(1)设所求的直线方程，点的坐标代入方程后使用基本不等式，可求面积的最小值，注意检验等号成立条件．

(2)设直线l的点斜式方程，求出A，B两点的坐标，代入|PA|⋅|PB|20.【答案】解：(1)证明：在四棱锥S−ABCD中，连接BD交AC于点F，

则F为BD的中点，连接EF．

∵E为BS的中点，

∴EF//SD，

又SD⊄̸平面ACE，EF⊂平面ACE，

∴SD//平面ACE．

(2)方法一：∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120∘，

∴△ABD为正三角形，取AB的中点O，连接OD，OS，

则OD⊥AB，

∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD=AB，

∴OD⊥平面ABS．

∵△ABS是正三角形，∴OS⊥AB．

以O为原点，分别以OS，OB，OD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz．

又∵AB=4，则A(0,−2,0)，D(0,0,23)，S(23,0,0)，B(0,2,0)，E(3,1,0)，

∴AD=(0,2,23)，AS=(23,2,0)．

设平面ASD的法向量为n=(x,y,z)，

则AD⋅n=0,AS⋅n=0,即2y+23z=0,23x+2y=0,

令x=3，则n=(3,−3,3).

又SE=(−3,1,0)，

设点E到平面ASD的距离为d，

则d=n·SE|n|=−3+(−3)3+9+3=2515，

即点E到平面ASD的距离为2155．

方法二：∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC=120∘，

∴△ABD为正三角形，取AB的中点O，

连接OD，OS，则OD⊥AB，

又∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD=AB，

∴OD⊥平面ABS．

∵△ABD，△ABS是正三角形，AB=4，易得OD=OS=23，

∴S△ESA=1【解析】本题考查空间点面距离的求解，考查线面平行的判定，面面垂直的性质，属中档题．

(1)证得EF//SD，即可根据线面平行的判定证得结论；

(2)方法一：证得OD⊥平面ABS，以O为原点建系，利用空间向量法求点面距离；

方法二：证得OD⊥平面ABS，由VD−AES=21.【答案】解：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，

又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥DA，

∵DA∩PA=A，DA、PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，

∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM，

又M是PD的中点，PA=AD=4，∴AM⊥PD，

∵CD∩PD=D，CD、PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD；

(2)解：∵底面ABCD是矩形，∴CD//BA，

∴异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角，

由(1)得CD⊥平面PAD，∴BA⊥平面PAD，

∵AM⊂平面PAD，∴BA⊥AM，∴△BAM为直角三角形，

又M是PD的中点，PA=AD=4，∴AM=22，

∴在Rt△BAM中，∠ABM即为异面直线CD与BM所成角，

故tan∠ABM=AMAB=2，

∴异面直线CD与BM所成角的正切值为2．

(3)PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥A