2022年高二上学期期中数学试卷（理科） 含解析(II)

2022年高二上学期期中数学试卷（理科） 含解析(II)一、选择题：本题共12小题，每小题5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1直线3x+ya=0与6x+2y+1=0的位置关系是（）A相交B平行C重合D平行或重合2设m，n是两条直线，是两个平面，给出四个命题m，n，m，nm，nmnm，mnn，mm其中真命题的个数为（）A0B1C2D33圆O1：x2+y22x=0和圆O2：x2+y24y=0的位置关系是（）A相离B相交C外切D内切4空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD，BC所成的角的补角为（）A120B60C90D305一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（）ABCD6已知圆C：x2+y2+mx4=0上存在两点关于直线xy+3=0对称，则实数m的值（）A8B4C6D无法确定7过点A（1，4），且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为（）A1B2C3D48将你手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线（）A平行B相交C异面D垂直9一束光线从点A（1，1）出发，经x轴反射到圆C：（x2）2+（y3）2=1上的最短路程是（）A31B2C4D510已知点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，则的最小值为（）A5BCD11已知圆C：（x3）2+（y4）2=1和两点A（m，0），B（m，0）（m0），若圆C上存在点P，使得APB=90，则m的最大值为（）A7B6C5D412点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为，则该球的表面积为（）AB8C9D12二、填空题：本题共4小题，每小题5分13若直线ax+2y+1=0与直线x+y2=0互相垂直，则a=14一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为15过点的直线l与圆C：（x1）2+y2=4交于A、B两点，C为圆心，当ACB最小时，直线l的方程为16过直线x=4上动点P作圆O：x2+y2=4的两条切线PA，PB，其中A，B是切点，则下列结论中正确的是（填正确结论的序号）|OP|的最小值是4；=0；=4；存在点P，使OAP的面积等于；任意点P，直线AB恒过定点三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算过程17直线过点P（3，1），且与x轴，y轴分别交于A，B两点（）若点P恰为线段AB的中点，求直线l的方程；（）若=，求直线l的方程18在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x26x+5与坐标轴的交点都在圆C上（）求圆C的方程；（）若圆C与直线xy+a=0交于A，B两点，且CACB求a的值19已知四棱锥PABCD的底面为矩形，PA平面ABCD，PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，过A、M的平面与此四棱锥的面相交，交线围成一个四边形，且平面平面PBC（1）在图中画出这个四边形（不必说出画法和理由）；（2）求平面与平面ABM所成锐二面角的余弦值20如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C（）证明：A1C1=AB1；（）若ACAB1，BCC1=120，AB=BC，求二面角AA1B1C1的余弦值21ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，ACB=90，D、E分别是边AC和AB的中点，现将ADE沿DE折起，使面ADE面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点（）求证：IHBC；（）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值22已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动，它与定点Q（4，0）所连线段的中点为M（1）求点M的轨迹方程（2）过定点（0，3）的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）且满足+=，求直线l的方程参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5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1直线3x+ya=0与6x+2y+1=0的位置关系是（）A相交B平行C重合D平行或重合【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系【分析】由直线方程易判：当a=时，两直线重合，当a时，两直线平行，进而可得答案【解答】解：32=16，当a=时，两直线重合，当a时，两直线平行，直线3x+ya=0与6x+2y+1=0的位置关系为平行或重合，故选：D2设m，n是两条直线，是两个平面，给出四个命题m，n，m，nm，nmnm，mnn，mm其中真命题的个数为（）A0B1C2D3【考点】命题的真假判断与应用【分析】利用面面平行的判定定理判断利用线面垂直的性质判断利用线面平行的定义和性质判断利用面面垂直的性质和线面垂直的性质判断【解答】解：根据面面平行的判定定理可知m，n必须是相交直线，错误根据垂直于同一个平面的两条直线平行可知，m，nmn正确若m，mn，则n或n，错误根据面面垂直的性质定理可知，若，m，则m不一定成立错误故选：B3圆O1：x2+y22x=0和圆O2：x2+y24y=0的位置关系是（）A相离B相交C外切D内切【考点】圆与圆的位置关系及其判定【分析】求出半径，求出圆心，看两个圆的圆心距与半径的关系即可【解答】解：圆O1：x2+y22x=0，即（x1）2+y2=1，圆心是O1（1，0），半径是r1=1圆O2：x2+y24y=0，即x2+（y2）2=4，圆心是O2（0，2），半径是r2=2|O1O2|=，故|r1r2|O1O2|r1+r2|两圆的位置关系是相交故选 B4空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD，BC所成的角的补角为（）A120B60C90D30【考点】异面直线及其所成的角【分析】如图所示，取AC的中点G，连接EG，FG，利用三角形中位线定理可得：EG=BC，FG=AD在EFG中，由余弦定理可得：cosEGF，即可得出【解答】解：如图所示，取AC的中点G，连接EG，FG，利用三角形中位线定理可得：EG=BC=1，FG=AD=1在EFG中，由余弦定理可得：cosEGF=，EGF=120异面直线AD，BC所成的角为60，其补角为120故选：A5一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（）ABCD【考点】简单空间图形的三视图【分析】由三视图的作法规则，长对正，宽相等，对四个选项进行比对，找出错误选项【解答】解：本题中给出了正视图与左视图，故可以根据正视图与俯视图长对正，左视图与俯视图宽相等来找出正确选项A中的视图满足三视图的作法规则；B中的视图满足三视图的作法规则；C中的视图不满足三视图的作法规则中的宽相等，故其为错误选项；D中的视图满足三视图的作法规则；故选C6已知圆C：x2+y2+mx4=0上存在两点关于直线xy+3=0对称，则实数m的值（）A8B4C6D无法确定【考点】直线和圆的方程的应用；恒过定点的直线【分析】因为圆上两点A、B关于直线xy+3=0对称，所以直线xy+3=0过圆心（，0），由此可求出m的值【解答】解：因为圆上两点A、B关于直线xy+3=0对称，所以直线xy+3=0过圆心（，0），从而+3=0，即m=6故选C7过点A（1，4），且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为（）A1B2C3D4【考点】直线的截距式方程【分析】当截距为0时，设y=kx，待定系数法求k值，即得所求的直线方程；当截距不为0时，设，或，待定系数法求a值，即得所求的直线方程【解答】解：当截距为0时，设y=kx，把点A（1，4）代入，则得k=4，即y=4x；当截距不为0时，设，或，过点A（1，4），则得a=5，或a=3，即x+y5=0，或xy+3=0这样的直线有3条：y=4x，x+y5=0，或xy+3=0故选C8将你手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线（）A平行B相交C异面D垂直【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】由题设条件可知，可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项【解答】解：由题意，笔所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与笔所在直线垂直若笔所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直综上，手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线垂直故选D9一束光线从点A（1，1）出发，经x轴反射到圆C：（x2）2+（y3）2=1上的最短路程是（）A31B2C4D5【考点】直线与圆的位置关系；图形的对称性【分析】先作出圆C关于x轴的对称的圆C，问题转化为求点A到圆C上的点的最短路径，方法是连接AC与圆交于B点，则AB为最短的路线，利用两点间的距离公式求出AC，然后减去半径即可求出【解答】解：先作出已知圆C关于x轴对称的圆C，则圆C的方程为：（x2）2+（y+3）2=1，所以圆C的圆心坐标为（2，3），半径为1，则最短距离d=|AC|r=1=51=4故选C10已知点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，则的最小值为（）A5BCD【考点】点到直线的距离公式【分析】由已知得的最小值是点（1，2）到直线2x+y+5=0的距离，由此能求出结果【解答】解：点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，的最小值是点（1，2）到直线2x+y+5=0的距离，的最小值d=故选：C11已知圆C：（x3）2+（y4）2=1和两点A（m，0），B（m，0）（m0），若圆C上存在点P，使得APB=90，则m的最大值为（）A7B6C5D4【考点】直线与圆的位置关系【分析】根据圆心C到O（0，0）的距离为5，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为6再由APB=90，可得PO=AB=m，可得m6，从而得到答案【解答】解：圆C：（x3）2+（y4）2=1的圆心C（3，4），半径为1，圆心C到O（0，0）的距离为5，圆C上的点到点O的距离的最大值为6再由APB=90可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，可得PO=AB=m，故有m6，故选：B12点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为，则该球的表面积为（）AB8C9D12【考点】球的体积和表面积【分析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积【解答】解：根据题意知，ABC是一个直角三角形，其面积为2其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积SABC不变，高最大时体积最大，所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为SABCDQ=，SABC=ACBQ=2即DQ=，DQ=2，如图设球心为O，半径为R，则在直角AQO中，OA2=AQ2+OQ2，即R2=（）2+（2R）2，R=则这个球的表面积为：S=4（）2=9；故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分13若直线ax+2y+1=0与直线x+y2=0互相垂直，则a=2【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系【分析】由题意可知两条直线垂直，斜率乘积为1，即可求出a的值【解答】解：直线ax+2y+1=0与直线x+y2=0互相垂直，由于直线的斜率存在，所以斜率乘积为1，即1（）=1，所以a=2故答案为：214一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为54【考点】由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是竖放的直四棱柱，由此求出它的体积【解答】解：根据几何体的三视图，得；几何体是竖放的直四棱柱，该四棱柱的底面为梯形，梯形的上底为4、下底为5，高为3，四棱柱的高为4，该几何体的体积为=54故答案为5415过点的直线l与圆C：（x1）2+y2=4交于A、B两点，C为圆心，当ACB最小时，直线l的方程为2x4y+3=0【考点】直线和圆的方程的应用；直线的一般式方程【分析】研究知点在圆内，过它的直线与圆交于两点A，B，当ACB最小时，直线l与CM垂直，故先求直线CM的斜率，再根据充要条件求出直线l的斜率，由点斜式写出其方程【解答】解：验证知点在圆内，当ACB最小时，直线l与CM垂直，由圆的方程，圆心C（1，0）kCM=2，kl=l：y1=（x），整理得2x4y+3=0故应填2x4y+3=016过直线x=4上动点P作圆O：x2+y2=4的两条切线PA，PB，其中A，B是切点，则下列结论中正确的是（填正确结论的序号）|OP|的最小值是4；=0；=4；存在点P，使OAP的面积等于；任意点P，直线AB恒过定点【考点】平面向量数量积的运算【分析】由点O到直线x=4的距离，即可判断；由圆的对称性，即可得到OPAB；由数量积的定义和余弦函数的定义，即可得到=|2=4，即可判断；求出OAP的面积的最小值为2，即可判断；设P（4，y0），求出直线AB的方程，即可判断直线AB恒过定点【解答】解：由点O到直线x=4的距离为4，故正确；由平面几何知识得，OPAB，故正确；=|2=4，故正确；由于OAP的面积为|AP|2=|AP|=，故不正确；设P（4，y0），直线AB的方程为：4x+y0y=4，则直线AB恒过定点（1，0），故正确故答案为：三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算过程17直线过点P（3，1），且与x轴，y轴分别交于A，B两点（）若点P恰为线段AB的中点，求直线l的方程；（）若=，求直线l的方程【考点】待定系数法求直线方程；平行向量与共线向量【分析】（）设出A、B两点的坐标，由线段的中点公式求出A、B两点的坐标，用两点式求直线的方程，并化为一般式（）设A（x，0）、B（0，y），若=，则（3x，1）=2（3，y1），可得A的坐标，即可求直线l的方程【解答】解：（）设A（x，0）、B（0，y），由中点坐标公式得：x=6，y=2，直线l的方程为=1，即x3y+6=0（）设A（x，0）、B（0，y），若=，则（3x，1）=2（3，y1），3x=6，1=2y2，x=9，y=，直线l的方程，即x6y+9=018在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x26x+5与坐标轴的交点都在圆C上（）求圆C的方程；（）若圆C与直线xy+a=0交于A，B两点，且CACB求a的值【考点】二次函数的性质【分析】（）曲线y=x26x+5与坐标轴的交点为A（0，5），B（1，0），C（5，0），设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入构造方程组，解得圆C的方程；（）若圆C与直线xy+a=0交于A，B两点，且CACB，则d=，解得a值【解答】（本题满分12分）解：（）曲线y=x26x+5与坐标轴的交点为A（0，5），B（1，0），C（5，0），设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，解得：，故圆C的方程为：x2+y26x6y+5=0，即（x3）2+（y3=13 （）由CACB得ABC为等腰直角三角形，|AB|=rd=，解得：a=19已知四棱锥PABCD的底面为矩形，PA平面ABCD，PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，过A、M的平面与此四棱锥的面相交，交线围成一个四边形，且平面平面PBC（1）在图中画出这个四边形（不必说出画法和理由）；（2）求平面与平面ABM所成锐二面角的余弦值【考点】二面角的平面角及求法【分析】（1）取PB中点N，连接AN，DM，MN，则MNAD，由公理2的推论可得平面；（2）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，进一步求得平面与平面ABM的法向量，由法向量所成角的余弦值可得平面与平面ABM所成锐二面角的余弦值【解答】解：（1）取PB中点N，连接AN，DM，MN，则MNAD，MN与AD确定平面；（2）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系，PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，N为PB中点，设平面AMB的法向量，则由，取x=2，得平面的法向量，平面与平面AMB所成二面角的余弦值20如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C（）证明：A1C1=AB1；（）若ACAB1，BCC1=120，AB=BC，求二面角AA1B1C1的余弦值【考点】二面角的平面角及求法【分析】（）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C平面ABO，可得B1CAO，B1O=CO，进而可得A1C1=AB1；（）以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值【解答】（）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，侧面BB1C1C为菱形，B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，B1C平面ABO故B1CAO又B1O=CO，故AC=AB1又AC=A1C1，A1C1=AB1；（）解：ACAB1，且O为B1C的中点，AO=CO又AB=BC，BOABOC故OAOB，从而OA，OB，OB1两两垂直以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，设|OB|=1，建立如图所示的空间直角坐标系OxyzBCC1=120，CBB1=60，CBB1为等边三角形，又AB=BC，则，B（1，0，0），设是平面AA1B1的法向量，则，可取设是平面A1B1C1的法向量，则同理可取则结合图形知二面角AA1B1C的余弦值为21ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，ACB=90，D、E分别是边AC和AB的中点，现将ADE沿DE折起，使面ADE面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点（）求证：IHBC；（）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的性质【分析】（I）DEBC，可得DE平面BCH，可得DEIH，即可证明IHBC（II）建立如图所示的空间直角坐标系设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，设直线AE与平面角GIC所成角为，则sin=|cos|=【解答】（I）证明：DEBC，DE平面BCH，BC平面BCH，DE平面BCH，平面ADE平面BCH=IH，DEIH，IHBC（II）解：建立如图所示的空间直角坐标系D（0，0，0），A（0，0，2），E（0，2，0），C（2，0，0），H（0，0，1），B（2，4，0），=（2，0，1），=（0，4，0），=（0，2，2）设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，即，取=（1，0，2）设直线AE与平面角GIC所成角为，则sin=|cos|=22已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动，它与定点Q（4，0）所连线段的中点为M（1）求点M的轨迹方程（2）过定点（0，3）的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）且满足+=，求直线l的方程【考点】直线与圆的位置关系；轨迹方程【分析】（1）利用代入法求点M的轨迹方程（2）当直线L的斜率不存在时，直线L：x=0，满足条件，当直线L的斜率存在时，设直线L：y=kx3，联立直线与圆的方程，利用韦达定理，可求出满足条件的k值，进而得到直线L的方程，最后综合讨论结果，可得答案【解答】解：（1）设M（x，y），动点P（x1，y1），由中点的坐标公式解得x1=2x4，y1=2y，由x12+y12=36，得（2x4）2+（2y）2=36，点M的轨迹方程是（x2）2+y2=9（2）当直线L的斜率不存在时，直线L：x=0，与圆M交于，此时x1=x2=0，不合题意当直线L的斜率存在时，设直线L：y=kx3，则，消去y，得（1+k2）x2（4+6k）x+4=0，由已知，经检验0综上：直线L为：xy3=0，17x7y21=0xx12月19日