2023-2024学年新疆和田地区墨玉县高二（上）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年新疆和田地区墨玉县高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知A(−1,−3)，A.2 B.1 C.12 D.2.向量a=(2,4,−4),A.−3 B.1 C.−1 3.已知空间点P(−3,1,−4A.(−3,−1,−4)4.若直线ax−2y+a+2A.2 B.1或3 C.3 D.2或35.已知v1、v2分别为不重合的两直线l1、l2的方向向量，n1、n2分别为不重合的两平面α、β的法向量，则下列所有正确结论个．(

)

①v1/A.1 B.2 C.3 D.46.已知A(−1,2)，B(4A.[−23,72] B.7.已知正方体ABCD−A′B′C′D′，点E是AA.AA′+12AB+18.已知直线2x+y=0经过圆x2A.4 B.1 C.−4 D.二、多选题：本题共4小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知向量a=(1,−1A.a+b=(2,−2,10.已知下列四种条件，空间中四点A，B，C，D不一定共面的是(

)A.PA=13PB+1411.已知点P在圆C1：(x−2)2A.两圆外离

B.|PQ|的最大值为9

C.|PQ|12.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1CA.∃λ∈[0,1]，使直线A1P⊥面PBB1

B.直线AA1与面A1BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.圆心为(−3,4)，半径是214.向量b与a=(2,−1,2)15.已知BC是圆x2+y2=25的弦，且|16.已知a=(x,0,2)，b=(1,四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

已知向量a=(1,2,3)，b=(1,0,118.(本小题12分)

已知三点A(−2,0)，B(4,−4)，C(0,2)，D19.(本小题12分)

已知圆C：x2+y2−2x+4y=0．

(Ⅰ)若直线l：2x−y+t=0与圆20.(本小题12分)

已知M(4,0)，N(0,0)，P(0,3)，圆C经过M，N，P三点．

(1)求圆C的方程，并写出圆心坐标和半径的值；21.(本小题12分)

已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是正三角形，AA1⊥底面ABC，AB=2，AA1=622.(本小题12分)

如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱BC的中点．

(I)证明：BD1/

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查根据两点坐标求过两点直线的斜率，属于基础题．

根据两点坐标求出直线AB的斜率即可．

【解答】

解：直线AB的斜率k=5−2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．

利用向量垂直的性质直接求解．

【解答】

解：∵向量a=(2,4,−4),b=(−3.【答案】D

【解析】解：已知点P(−3,1,−4)，再由空间直角坐标系中关于y轴对称的点的坐标特点：横坐标和竖坐标互为相反数，纵坐标不变，

可得：点P关于y轴对称的点的坐标为(3,1,4)4.【答案】A

【解析】【分析】本题考查两直线平行的判断，涉及直线的一般式方程，属于基础题．

根据题意，由直线平行的判断方法可得a(a−5)【解答】

解：根据题意，因为直线ax−2y+a+2=0与3x+(a−5)y+5=0平行，

所以5.【答案】D

【解析】解：根据题意，因为v1、v2分别为不重合的两直线l1、l2的方向向量，n1、n2分别为不重合的两平面α、β的法向量；

依次分析4个命题：

①v1//v2⇔l1//l2，直线l1，l2的方向向量平行等价于直线l1、l2平行，①正确；

②v1⊥v2⇔l1⊥l2，直线l1，l2的方向向量垂直等价于直线l1、l2垂直，6.【答案】B

【解析】解：∵A(−1,2)，B(4,7)，C(2,0)，

∴kAC=27.【答案】D

【解析】解：如图所示，

AF=13AE，AE=AA′+A′E，A′E=12A′C′，A′C′=A8.【答案】A

【解析】解：因为x2+y2−2x+my=0表示圆，所以(−2)2+m2>09.【答案】BC【解析】解：∵向量a=(1,−1,−2)，b=(1,−3,−3)，10.【答案】AD【解析】解：空间中A，B，C，D四点共面的充要条件是满足PA=xPB+yPC+zPD，且x+y+z=1，

对于A，由PA=13PB+14PC+12PD，得13+14+12≠1，则空间中四点A，B，C，D不共面；

对于B，由PA=3PB−PC−PD，得3+(−111.【答案】AB【解析】解：圆C1：(x−2)2+y2=4的圆心坐标C1(2,0)，半径r=2，

圆C2：x2+y2+2x−8y+13=0，即(x+1)2+(y−4)2=4的圆心坐标12.【答案】AC【解析】解：对于选项A，显然，存在λ=12满足题意；

证明如下：若P为B1D1中点，

则A1P⊥B1P，

∵BB1⊥面A1B1C1D1，A1P⊂面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1P，

∵B1P∩BB1=B1，B1P，BB1⊂平面PBB1，∴A1P⊥面PBB1，A项正确；

对于B选项，以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为z轴建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),AA1=(0,0,2),DA1=(2,0,2),DE=(2,2,0)，

设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅DA1=0n⋅13.【答案】(x【解析】解：圆心(−3,4)，半径是2的圆标准方程为

(x+3)14.【答案】(−【解析】解：因为向量b与a=(2,−1,2)共线，所以设b=ma，

因为a⋅b=−9，所以ma2=−9，

因为15.【答案】x2【解析】解：设圆心(0,0)到BC的距离为d，则由弦长公式可得

d=r2−(l2)2=25−9=4，

即BC的中点到圆心(0,0)的距离等于4，BC的中点的轨迹是以原点为圆心，以4为半径的圆，

16.【答案】66【解析】解：因为a=(x,0,2)，b=(1,y,−2)，c=(−2,2,4)，且a⊥b，b/​/c，

所以x×1+0×y+2×(−17.【答案】解：(1)∵向量a=(1,2,3)，b=(1,0,1)，

∴c=a−2b=【解析】(1)求出c=a−2b=(−1,2,1)，d18.【答案】解：(1)因为B(4,−4)，C(0,2)，且D是BC中点，

所以D(2,−1)．

而A(−2,0)，所以由两点式可得AD的直线方程为y−0x+【解析】(1)根据D是BC中点，得到D坐标，然后根据A点坐标，利用两点式写出直线方程，整理得到答案；

(2)根据与A19.【答案】解：

(Ⅰ)根据题意，圆C：x2+y2−2x+4y=0的方程为(x−1)2+(y+2)2=5，其圆心C(1,−2)，半径r=5，

若直线l与圆C相切，则有d=|2×1−(−2)+t|1+4=5，【解析】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆相切的性质，属于基础题．

(Ⅰ)根据题意，由圆的方程分析圆C的圆心与半径，由直线与圆的位置关系可得d=|2×1−(−2)+t|20.【答案】(1)解：由题意，点M(4,0)，N(0,0)，P(0,3)，且圆C经过M，N，P三点，

可得圆C是以MP为直径的圆，

设圆C的圆心坐标为C(a,b)，半径为r，

可得a=4+02=2,b=0+【解析】(1)根据题意得到圆C是以MP为直径的圆，求得圆心坐标和半径，即可求得圆的方程；

(2)根据圆的性质，当直线l21.【答案】解：(1)证明：取AC的中点O，连接OF，OB，则OB⊥AC，

又F为边A1C1的中点，则OF//AA1，且AA1⊥平面ABC，

所以OF⊥平面ABC，

如图，以O为原点，分别以OA，OB，OF的方向为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系：

依题意，可得：O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,3,0)，

C(−1,0,0)，E(0,3,62)【解析】(1)建立空间直角坐标系，由向量数量积公式证明BF⊥AC，BF⊥AE22.【答案】解：(I)根据题意，建立以D为原点，分别以DA,DC,DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向得空间直角坐标系D−xyz，

因为侧棱AA1的长为3，底面ABCD是边长为2的正方形，

所以B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2