2023-2024学年广东深圳宝安区高二(上)期中考数学试题含答案

广东省深圳市宝安区2023-2024学年高二上学期11月调研测试卷一、单选题3．经过A(-1,3),B(1,9)两点的直线的一个方向向量为(1,k)，则k=()A．-4．已知直线l1的倾斜角是直线l2的倾斜角的2倍，且l1的斜率为-，则l2的斜率为()A．3或-B．3C．或-3D.5．设λ∈R，则“直线3x+(λ-1)y=1与直线λx+(1-λ)y=2平行”是“λ=1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．过点P(3,2)且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为()A．x-y-1=0或y=0B．x+y-5=0或2x-3y=0C．x+y-5=0或y=0D．x-y-1=0或2x-3y=07．直线l1，l2分别过点P(-2,-2)，Q(1,3)它们分别绕点P和Q旋转，但保持平行，那么，它们之间的距离d的取值范围是())8．两定点A，B的距离为3，动点M满足MA=2MB，则M点的轨迹长为() 二、多选题9．直线l过点A(1,2)，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线l在y轴上的截距试卷第1页，共4页试卷第2页，共4页2:xmy+1=0，l1与l2交于点M，则下列说法正C．点M在一个定圆上运动D．直线l1与直线l2关于直线y=x对称2题正确的是()C．当直线l与圆O相交于PQ时，交点弦PQ的最小值为2D．若在圆O上仅存在三个点到直线l的距离为1，m的值为—212．下列关于空间向量的命题中，正确的有()B．若,,是空间的一组基底，则向量+,+,+也是空间一组基底点共面三、填空题最大值为.15．若圆C:x2+y22ax+4y+1=0关于直线x+y1=0对称，则此圆的半径16．直线l:xmy—1+m=0被圆C:x2+(y1)2=5截得的最短弦长为.四、解答题(1)边AC上的高所在直线l2的方程；试卷第3页，共4页(2)边AC上的中线所在直线l3的方程.(1)求证：AE//平面C1BD；(2)求二面角D—BC1C的余弦值.19．在平面直角坐标系中，圆C过点A(4,0),B(2,2)，且圆心C在x+y—2=0上.(1)求圆C的方程；(2)若点D为所求圆上任意一点，定点E的坐标为(5,0)，求直线DE的中点M的轨迹方程.点F是棱PD的中点，点E是棱DC上一点.(2)若E是棱DC上靠近点D的三等分点，求点B到平面AEF的距离.试卷第4页，共4页21．已知两圆C1:x2+y2+2x-6y+1=0和C2:x2+y2-6x-12y+m=0，求：(1)当m取何值时两圆外切？(2)当m=-9时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长.22．已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB//DC，7DAB=90。，PDT底面ABCD，且PD=DA=CD=2AB=2，M点为PC的中点.(1)求证：BM//平面PAD；(2)平面PAD内是否存在点N，使MNT平面PBD？若存在，求出点N坐标；若不存在，说明理由.答案第1页，共13页参考答案：【分析】根据已知求出a.b,b，进而即可根据投影向量求出答案.所以，向量在向量上的投影向量是故选：B.【分析】利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示-作答.如图，故选：D【分析】根据斜率公式求得kAB=3，结合直线的方向向量的定义，即可求解.因为经过A,B两点的直线的一个方向向量为(1,k)，所以k=3.故选：D.【分析】利用倾斜角与斜率的关系求解.即3tan2α8tanα3=0，解得tanα=3或答案第2页，共13页易得l2的倾斜角为锐角，所以l2的斜率为3.故选:B.【分析】根据一般式中两直线平行满足的条件，即可求解.【详解】若直线3x+(λ-1)y=1与直线y-2=0平行，则解得λ=1或λ=-3，故“直线3x+(λ-1)y=1与直线λx+(1-λ)y=2平行”是“λ=1”的必要不充分条件，故选：B【分析】分截距不为0和截距为0两种情况，利用待定系数法求解.【详解】当截距不为0时，设方程为y=kx，将P(3,2)代入，可得3k=2，解得k=，故直线方程为x，即2x-3y=0；当截距不为0时，设方程为=1，将P代入，故直线方程为x+y-5=0或2x-3y=0.故选：B【分析】通过作图分析可知，当且仅当直线PQ与直线l1，l2均垂直的时候，它们之间的距离QP即为，d的最大值，通过分析可以发现旋转是连续变化的，且l1，l2可以无限接近直线PQ，因此d>0，且d可以无限接近于0.【详解】如图所示：当直线PQ与直线l1，l2均不垂直的时候，它们之间的距离即为QR，当直线PQ与直线l1，l2均垂直的时候，它们之间的距离即为QP，所以当且仅当QR与QP重合时，d有最大值dmax=可以发现旋转到一定程度时直线PQ与直线l1，l2均无限接近的时候，d无限趋于0，但注意到直线l1，l2平行，且直线是连续旋转的，因此直线l1，l2之间的距离d的取值范围是(0,.故选：A.【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长.【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，则A(0,0),B(3,0)，设点M(x,y)，+y2于是得点M的轨迹是以点(4,0)为圆心，2为半径的圆，其周长为4π,所以M点的轨迹长为4π.故选：A.【分析】通过讨论直线截距是否为0的情况，即可得出结论答案第3页，共13页【详解】由题意，直线l过点A(1,2)，在两坐标轴上的截距的绝对值相等，当直线l的截距为0时，显然满足题意，为：l:y=2x；当直线l的截距不为0时，设横、纵截距分别为a,b，则直线方程为，∴直线l的纵截距可取0,1,3.故选：ABD.【分析】A由解析式确定x轴上的截距判断；由方程确定l1与l2相互垂直及所过定点坐标判断B、C；根据对称轴为y=x，互换其中一条直线的x,y判断是否与另一直线方程相同判断D.【详解】当m=1时，直线l1:x+y+1=0在x轴上的截距为-1，故A错误；直线l1:mx+y+1=0，当x=0时y=-1恒成立，所以l1恒过定点(0,-1)，故B正确；因为不论m取何值，直线l1与l2都互相垂直，且l1恒过定点(0,-1)，l2恒过定点(-1,0)，所以点M在以(0,-1)和(-1,0)为直径的端点的圆上运动，故C正确；将方程mx+y+1=0中的x,y互换得到my+x+1=0，与直线l2的方程不一致，故D错误.故选：BC11．ACD【分析】根据点与圆的位置关系判断A，由直线系所过定点在圆内判断B，根据交点弦的性质求解可判断C，根据圆与直线的位置关系判断D.圆外，故A正确；整理直线l的方程为+2x+y-1=0，由解得可知直圆内，则直线l与圆O一定相交，故B错误；当圆心(1,-2)与直线所过定点(1,-1)的连线垂直于直线时，交点弦长最小，此时圆心到直线答案第4页，共13页答案第5页，共13页当圆心到直线的距离为1时，在圆O上仅存在三个点到直线l的距离为1，即故选：ACD.【分析】根据空间向量基本定理，以及直线方向向量与平面法向量的关系判断即可.对于B，因为,,是空间的一组基底，所以对于空间中的任意一个向量，存在唯一的实由空间向量的基本定理可知，向量+,+,+也是空间一组基底，故B正确；对于C，若非零向量,,满足丄,丄，则与关系不定，有可能平行，故C错误； 空间向量的基本定理可得，A,B,C,D四点共面，故D正确.故选：BD.【分析】由直线垂直的条件求得a,b关系，再由基本不等式得最大值.【详解】由题意2a-1+b=0，即2a+b=1，成立.故答案为：. 【分析】利用平行线间的距离公式计算可得答案.【详解】将方程x+2y-5=0两边乘以2，得2x+4y-10=0，答案第6页，共13页所以两平行线间的距离为 故答案为：. 【分析】即圆心在直线上，代入解出即可求.【详解】因为圆C:x2+y2-2ax+4y+1=0关于直线x+y-1=0对称，所以圆心C(a,-2)在直线x+y-1=0上， 所以r2=12，半径为23. 故答案为：23.【分析】求出直线过定点P(1,1)，当PC丄l时直线l被圆C:x2+(y-1)2=5截得的最短弦长，从而求出最短弦长.【详解】直线l:x-my-1+m=0，即(-y+1)m+(x-1)=0，令解得所以直线l恒过点P(1,1)，又圆C:x2+(y-1)2=5的圆心为C(0,1)，半径r=，当PC丄l时直线l被圆C:x2+(y-1)2=5截得的最短弦长，2答案第7页，共13页故答案为：4(2)x+y-1=0【分析】（1）求解边AC所在直线的方程，再根据直线垂直斜率关系求解即可；（2）求解AC中点，结合直线垂直的斜率关系求解.=1，边AC所在直线的方程为：y+2=x，即l1为：x-y-2=0，由kl=1，故klkl=-1所以AC边上的高所在直线l2的斜率为kl2=-1，又B(4,-3)，故l2为：y+3=-(x-4)，即x+y-1=0；（2）设AC边上的中点为D，则D即故AC边上的中线BD所在直线的方程l3的斜率为kl3=，故l3为：y+3=-(x-4)，即x18．(1)证明见解析【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可证明线面平行；（2）根据题意，利用空间向量的距离求法，即可得到结果；（3）根据题意，利用空间向量的夹角的余弦表示，即可得到结果.答案第8页，共13页-------以C的原点，CA,CB,CC1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标=2，且D，E分别是AA1，BC的中点，所以设平面C1BD的法向量为=(x,y,z)，因为AE丈平面C1BD，且-.=0，则AE//平面C1BD.（3）由（1）可知，平面C1BD的一个法向量为=(1,2,1)，显然x轴垂直于平面CC1B，不妨取其法向量为=(1,0,0)，设二面角D-BC1-C所对应的平面角为θ,显然二面角D-BC1-C为锐二面角，则cosθ=即二面角D-BC1-C的余弦值为.【分析】（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.【详解】（1）由已知可设圆心C(a,2-a)，又由已知得CA=CB，所以，圆C的方程为(x-2)2+y2=4,（2）设M(x,y),D(x1,y1)，则由M为线段ED的中点得解得所以有(2x-5-2)2+(2y)2=4，化简得：x2-7x+y2+故所求的轨迹方程为x2-7x+y2+.20．(1)证明见解析【分析】（1）先证明CD丄平面PAD，则有AF丄CD，再证明AF丄平面PCD，根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）因为PA丄底面ABCD，CD底面ABCD，又AD丄CD,PA∩AD=A,PA,AD平面PAD，所以CD丄平面PAD，答案第9页，共13页又AF平面PAD，所以AF丄CD，因为PA=AD，点F是棱PD的中点，所以AF丄PD，又PD∩CD=D,PD,CD平面PCD，所以AF丄平面PCD，又EF平面PCD，所以