2022-2023学年浙江省绍兴市越城区蕺山外国语学校高二（上）期中数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年浙江省绍兴市越城区蕺山外国语学校高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共12小题，单选每小题3分，多选题每小题3分，共40分。1．（3分）直线l的倾斜角α的取值范围是（）A．α∈[0°，180°] B．α∈[0°，90°）∪（90°，180°] C．α∈[0°，360°） D．α∈[0°，180°）2．（3分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（）A．（﹣1，2，3） B．（1，﹣2，3） C．（1，2，﹣3） D．（﹣1，﹣2，﹣3）3．（3分）已知直线l的方向向量是，平面α的法向量是，则直线l与平面α的位置关系是（）A．l∥α或l⊂α B．l∥α C．l与α相交但不垂直 D．l⊥α4．（3分）过点P（2，﹣2）且平行于直线2x+y+1＝0的直线方程为（）A．2x+y﹣2＝0 B．2x﹣y﹣2＝0 C．2x+y﹣6＝0 D．2x+y+2＝05．（3分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面A1BC1垂直的向量是（）A． B． C． D．6．（3分）若θ∈R，则直线y＝xcosθ﹣1的倾斜角α的取值范围为（）A． B． C． D．7．（3分）已知两圆相交于两点A（﹣a，2），B（b，4），且两圆圆心都在直线x+y﹣3＝0上，则ab的值为（）A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．18．（3分）已知点P是圆C：x2+y2﹣2x＝0上的一个动点，点P到直线l：x﹣y+b＝0（b＞0）的距离的最小值为，圆M：x2+y2﹣2mx＝0与圆C外切，且与直线l相切，则m的值为（）A．﹣2 B． C．4 D．（多选）9．（4分）关于直线l：，下列说法正确的有（）A．斜率为3 B．倾斜角为150° C．在x轴上的截距为﹣2 D．直线l不经过第一象限（多选）10．（4分）已知向量，，则下列结论中正确的是（）A． B． C． D．（多选）11．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝4，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（）A．MN⊥A1M B．MN⊥平面D1MC C．线段BN长度的最大值为1 D．三棱锥C1﹣A1D1M体积不变（多选）12．（4分）点P在圆C1：（x+1）2+（y+1）2＝1上，点Q在圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣m＝0上，则（）A．实数m的取值范围为（﹣8，+∞） B．当m＝﹣4时，|PQ|的最小值为，最大值为 C．当圆C1和圆C2外切时，m＝8 D．当圆C1的圆心在圆C2上时，圆C1和圆C2的相交弦的长度为二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13．（4分）已知，，分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有对．14．（4分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BD＝，∠BDC＝135°，则平面ABD与平面ABC夹角的余弦值为．15．（4分）若直线l1：mx﹣y+1＝0和l2：mx+2y﹣1＝0互相垂直，则实数m＝．16．（4分）直线l：与圆C：交于A，B两点，则直线CA与直线CB的倾斜角之和为．三、解答题：本大题共5小题，共44分。解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤。17．（8分）求满足题意的直线方程：（1）求过点A（0，﹣2），斜率是直线y＝﹣6x﹣1的斜率的的直线方程；（2）求过点A（﹣1，3），且在x轴上的截距等于在y轴上截距的直线方程．18．（8分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝，E是DD1的中点．（1）求证：CD1∥平面A1BE；（2）求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值．19．（8分）已知直线l：（4λ+1）x﹣（λ+1）y+3＝0．（1）求证：直线l过定点；（2）若直线l被两平行直线l1：x﹣2y+2＝0与l2：x﹣2y﹣6＝0所截得的线段AB的中点恰好在直线2x+y+6＝0上，求λ的值．20．（10分）如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，已知E，F分别为AA′，AB的中点，AB＝2AD＝AA′＝4．（1）求证：平面DEF⊥平面CC'F；（2）求二面角E﹣DF﹣C′的余弦值．21．（10分）已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x+4y﹣8＝0相切．（1）求圆C的标准方程．（2）直线l：y＝kx+2与圆C交于A，B两点．（ⅰ）求k的取值范围；（ⅱ）证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．

2022-2023学年浙江省绍兴市越城区蕺山外国语学校高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，单选每小题3分，多选题每小题3分，共40分。1．（3分）直线l的倾斜角α的取值范围是（）A．α∈[0°，180°] B．α∈[0°，90°）∪（90°，180°] C．α∈[0°，360°） D．α∈[0°，180°）【分析】由题意，根据直线的倾斜角和斜率的定义，可得直线l的倾斜角α的取值范围．【解答】解：由题意根据直线的倾斜角和斜率的定义，可得直线l的倾斜角α的取值范围[0°，180°），故选：D．【点评】本题主要考查直线的倾斜角和斜率的定义，属于基础题．2．（3分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（）A．（﹣1，2，3） B．（1，﹣2，3） C．（1，2，﹣3） D．（﹣1，﹣2，﹣3）【分析】根据关于yOz平面对称，x值变为相反数，其它不变这一结论直接写结论即可．【解答】解：在空间直角坐标系Oxyz中，点A（1，2，3）关于yOz平面对称的点的坐标为（﹣1，2，3）．故选：A．【点评】本题考查空间向量的坐标的概念，考查空间点的对称点的坐标的求法，属于基础题．3．（3分）已知直线l的方向向量是，平面α的法向量是，则直线l与平面α的位置关系是（）A．l∥α或l⊂α B．l∥α C．l与α相交但不垂直 D．l⊥α【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量的位置关系可判断直线与平面的位置关系．【解答】解：直线l的方向向量是，平面α的法向量是，∴，∴，∴l∥α或l⊂α．故选：A．【点评】本题考查直线的方向向量、平面的法向量、直线与平面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4．（3分）过点P（2，﹣2）且平行于直线2x+y+1＝0的直线方程为（）A．2x+y﹣2＝0 B．2x﹣y﹣2＝0 C．2x+y﹣6＝0 D．2x+y+2＝0【分析】由题意设过点P（2，﹣2）且平行于直线2x+y+1＝0的直线方程为2x+y+m＝0，代入P（2，﹣2）求得m，则直线方程可求．【解答】解：设与直线2x+y+1＝0平行的直线方程为2x+y+m＝0，代入P（2，﹣2），可得2×2﹣2+m＝0，即m＝﹣2．∴过点P（2，﹣2）且平行于直线2x+y+1＝0的直线方程为2x+y﹣2＝0．故选：A．【点评】本题考查直线方程的求法，考查两直线平行与斜率的关系，是基础题．5．（3分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，与平面A1BC1垂直的向量是（）A． B． C． D．【分析】证明直线B1D⊥平面A1BC1即可求出与平面A1BC1垂直的向量．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，连接BD，B1D1，B1D，在正方体中有DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴DD1⊥A1C1，又A1C1⊥B1D1，DD1⋂B1D1＝D1，DD1，B1D1⊂平面BDD1B1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，又B1D⊂平面BDD1B1，∴A1C1⊥B1D，同理可得A1B⊥B1D，A1C1⋂A1B1＝A1，A1C1，A1B1⊂平面A1BC1，∴B1D⊥平面A1BC1，∴是与平面A1BC1垂直的向量．故选：B．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、正方体结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6．（3分）若θ∈R，则直线y＝xcosθ﹣1的倾斜角α的取值范围为（）A． B． C． D．【分析】根据给定条件，结合余弦函数的值域求出直线斜率的范围，再利用斜率的定义求解作答．【解答】解：直线y＝xcosθ﹣1的斜率k＝cosθ∈[﹣1，1]，显然此直线倾斜角，因此0≤tanα≤1或﹣1≤tanα＜0，解得或，所以直线y＝xcosθ﹣1的倾斜角α的取值范围为．故选：C．【点评】本题考查了直线的倾斜角问题，考查斜率和倾斜角的关系以及三角函数问题，是基础题．7．（3分）已知两圆相交于两点A（﹣a，2），B（b，4），且两圆圆心都在直线x+y﹣3＝0上，则ab的值为（）A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1【分析】根据两圆的相交性质进行求解即可．【解答】解：由直线x+y﹣3＝0的方程可知该直线的斜率为﹣1，直线AB的斜率为，线段AB的中点坐标为，因为两圆相交于两点A（﹣a，2），B（b，4），且两圆圆心都在直线x+y﹣3＝0上，所以有．故选：D．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．8．（3分）已知点P是圆C：x2+y2﹣2x＝0上的一个动点，点P到直线l：x﹣y+b＝0（b＞0）的距离的最小值为，圆M：x2+y2﹣2mx＝0与圆C外切，且与直线l相切，则m的值为（）A．﹣2 B． C．4 D．【分析】根据点P到直线l的距离的最小值求出b＝5，利用圆M与圆C外切与直线l相切求得m值．【解答】解：圆C的标准方程为（x﹣1）2+y2＝1，圆心C（1，0），半径为1，圆心C到直线l：x﹣y+b＝0（b＞0）的距离，因为点P到直线的最小距离为，所以，解得b＝5（负值舍去），所以l的方程x﹣y+5＝0，圆M：x2+y2﹣2mx＝0的标准方程为（x﹣m）2+y2＝m2，圆心为M（m，0），半径为|m|≠0，因为圆M与圆C外切，所以|m﹣1|＝1+|m|，解得m＜0，又圆M与直线l相切，所以，解得，由以上两式解得．故选：B．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，属于中档题．（多选）9．（4分）关于直线l：，下列说法正确的有（）A．斜率为3 B．倾斜角为150° C．在x轴上的截距为﹣2 D．直线l不经过第一象限【分析】由已知结合确定直线的特征检验各选项即可判断．【解答】解：由直线l：可得直线的斜率k＝﹣＝﹣，A错误；因为直线倾斜角的范围为[0，π），所以倾斜角为150°，B正确；令y＝0可得x＝﹣2，即在x轴上的截距为﹣2，C正确；直线l的方程可化为y＝﹣x﹣，即直线过二，三，四象限，D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了直线方程的斜率，倾斜角的关系，还考查了直线的特征的判断，属于基础题．（多选）10．（4分）已知向量，，则下列结论中正确的是（）A． B． C． D．【分析】根据向量运算法则、向量数量积公式、向量平行的性质求解．【解答】解：对于A，∵向量，，∴，故A正确；对于B，∵向量，，∴，∴，故B正确；对于C，≠﹣10，故C错误；对于D，，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查向量运算法则、向量数量积公式、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．（多选）11．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝4，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（）A．MN⊥A1M B．MN⊥平面D1MC C．线段BN长度的最大值为1 D．三棱锥C1﹣A1D1M体积不变【分析】建立空间直角坐标系，设M（4，y，0），N（4，4，z），y，z∈（0，4），由D1M⊥MN得，对A：用向量证明；对B：用向量证明CM与MN不垂直即可；对C：将BN长度表示为y的函数求最大值；对D：转化为判断即可．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为原点，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则A1（4，0，4），D1（0，0，4），C（0，4，0），B（4，4，0）．设M（4，y，0），N（4，4，z），y，z∈（0，4），则，因为D1M⊥MN，所以，即．对于A：，则，所以，即MN⊥A1M，故A正确；对于B：，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，故B不正确；对于C：，则，当且仅当y＝2时取等号，故C正确；对于D：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离为4，且为定值，而为定值，故三棱锥C1﹣A1D1M的体积为定值，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了空间中的垂直位置关系的判断和空间长度的最值问题，其中结合了等体积法进行考查，属于中档题．（多选）12．（4分）点P在圆C1：（x+1）2+（y+1）2＝1上，点Q在圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣m＝0上，则（）A．实数m的取值范围为（﹣8，+∞） B．当m＝﹣4时，|PQ|的最小值为，最大值为 C．当圆C1和圆C2外切时，m＝8 D．当圆C1的圆心在圆C2上时，圆C1和圆C2的相交弦的长度为【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，对于A，将圆C2的方程变形为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝m+8，分析可得A正确，对于B，分析两个圆的圆心和半径，由圆与圆的位置关系分析可得B正确，对于C，由圆与圆的位置关系分析可得C错误，对于D，当圆C1的圆心在圆C2上时，则有1+1+4+4﹣m＝0，求出m的值，由直线与圆的位置关系分析可得D正确，即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣m＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝m+8，必有m+8＞0，即m的取值范围为（﹣8，+∞），A正确；对于B，当m＝﹣4时，圆C2为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4，其圆心为（2，2），半径r＝2，圆C1：（x+1）2+（y+1）2＝1，圆心为（﹣1，﹣1），半径为R＝1，圆心距|C1C2|＝＝3，则|PQ|的最小值为|C1C2|﹣R﹣r＝，最大值为|C1C2|+R+r＝，B正确；对于C，圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣m＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝m+8，其圆心（2，2），半径r＝，圆心距|C1C2|＝＝3，若两圆外切，则有3＝1+，m＝8时，等式不成立，即m≠8，C错误；对于D，圆C1：（x+1）2+（y+1）2＝1，圆心为（﹣1，﹣1），当圆C1的圆心在圆C2上时，则有1+1+4+4﹣m＝0，解可得m＝10，圆C2的半径r＝＝3，设C2到相交弦的距离为d，则有18﹣d2＝1﹣（3﹣d）2，解可得：d＝，故圆C1和圆C2的相交弦的长为2×＝，D正确；故选：ABD．【点评】本题考查圆与圆的位置关系，涉及圆的方程的综合应用，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。13．（4分）已知，，分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有3对．【分析】通过证明法向量相互垂直得平面相互垂直．【解答】解：，故，所以α⊥β，，故，所以α⊥γ，，故，所以γ⊥β，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有3对．故答案为：3．【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，向量垂直的充要条件，平面法向量的定义，是基础题．14．（4分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BD＝，∠BDC＝135°，则平面ABD与平面ABC夹角的余弦值为．【分析】过C作CM⊥CD于M，△ABC在平面AMB内的射影为△ABM，则有S△AMB＝S△ABCcosθ，分别求S△AMB，S△ABC，可得平面ABD与平面ABC夹角的余弦值．【解答】解：过C作CM⊥CD于M，因为AD⊥平面BCD，CM⊂平面BCD，所以AD⊥CM，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面AMB，所以CM⊥平面AMB，所以△ABC在平面AMB内的射影为△ABM，设平面ABD与平面ABC夹角为θ，则有S△AMB＝S△ABCcosθ，因为∠BDC＝135°，CD＝2，所以DM＝MC＝，所以BM＝2，所以S△ABM＝×2×2＝2，在△BCD中，由余弦定理有BC2＝4+2﹣2×2××（﹣）＝10，所以BC＝，AB＝＝，AC＝2，在△ABC中，由余弦定理有cos∠BAC＝＝，所以sin∠BAC＝，所以S△ABC＝××2×＝，所以cosθ＝＝，故答案为：．【点评】本题考查面面角的求法，属中档题．15．（4分）若直线l1：mx﹣y+1＝0和l2：mx+2y﹣1＝0互相垂直，则实数m＝．【分析】利用两直线的一般式相互垂直的条件求解．【解答】解：因为直线l1：mx﹣y+1＝0和l2：mx+2y﹣1＝0互相垂直，所以m2+（﹣1）×2＝0，求得．故答案为：【点评】本题考查的知识要点：直线垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．16．（4分）直线l：与圆C：交于A，B两点，则直线CA与直线CB的倾斜角之和为．【分析】联立方程，求出A，B的坐标，设直线CA与直线CB的倾斜角分别为α，β，分别求出两直线的斜率，即tanα，tanβ，再求出tan（α+β）即可．【解答】解：圆C：，则圆心，联立，消y得，解得，当时，，当时，，不妨取，设直线CA与直线CB的倾斜角分别为α，β，则，，所以，则，则，所以．故答案为：．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共44分。解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤。17．（8分）求满足题意的直线方程：（1）求过点A（0，﹣2），斜率是直线y＝﹣6x﹣1的斜率的的直线方程；（2）求过点A（﹣1，3），且在x轴上的截距等于在y轴上截距的直线方程．【分析】（1）求出直线斜率，根据斜截式可得直线方程．（2）当直线过原点时，根据过点A（﹣1，3）写出直线方程，当直线不经过原点时，设直线方程为将A（﹣1，3）代入求得a即可．【解答】解：（1）斜率是直线y＝﹣6x﹣1的斜率的的直线斜率，利用斜截式可得：，化为一般式：3x+2y+4＝0．（2）直线经过原点时满足条件，可得直线方程为：y＝﹣3x，即3x+y＝0；直线不经过原点时，截距不为0，设直线方程为：，把点A（﹣1，3）代入可得：，解得a＝2，化为一般式：x+y﹣2＝0；综上：所求直线为3x+y＝0或x+y﹣2＝0．【点评】本题考查直线方程、直线斜率、截距等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18．（8分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝，E是DD1的中点．（1）求证：CD1∥平面A1BE；（2）求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值．【分析】（1）由正方体的性质可知D1C∥A1B，再利用线面平行的判定定理即可证得CD1∥平面A1BE．（2）连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点F，以点O为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，根据已知条件求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，再利用线面夹角公式即可求出结果．【解答】证明：（1）由正方体的性质可知A1D1＝BC，A1D1∥BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，∴D1C∥A1B，又∵CD1⊄平面A1BE，A1B⊂平面A1BE，∴CD1∥平面A1BE；解：（2）连接AC，BD交于点O，连接A1C1，B1D1交于点F，∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，以点O为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，∵AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝，E是DD1的中点∴A（，0，0），B（0，1，0），，E（0，﹣1，2），∴＝（﹣，1，0），＝（﹣，1，﹣4），＝（﹣，﹣1，﹣2），设平面A1BE的一个法向量，∴，取x＝3得，∴＝（3，﹣，﹣），∴直线AB与平面A1BE所成角的正弦值为|cos＜，＞|＝＝．【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了向量法求线面夹角，同时考查了学生的计算能力，属于中档题．19．（8分）已知直线l：（4λ+1）x﹣（λ+1）y+3＝0．（1）求证：直线l过定点；（2）若直线l被两平行直线l1：x﹣2y+2＝0与l2：x﹣2y﹣6＝0所截得的线段AB的中点恰好在直线2x+y+6＝0上，求λ的值．【分析】（1）利用参数分类进行求解即可．（2）利用平行直线的性质，设直线ll，l2分别与直线2x+y+6＝0交于C，D两点，求出CD的中点坐标，代入直线进行求解即可．【解答】（1）证明：由已知（4λ+1）x﹣（λ+1）y+3＝0，即λ（4x﹣y）+x﹣y+3＝0，令，解得：x＝1，y＝4，所以直线l恒过定点（1，4）．（2）解：设到直线ll，l2距离相等的直线为x﹣2y+c＝0，则，得|c﹣2|＝|c+6|，即c﹣2＝c+6或c+6＝﹣（c﹣2）＝﹣c+2，得﹣2＝6（不成立）或c＝﹣2，即到直线ll，l2距离相等的直线为x﹣2y﹣2＝0，∵线段AB的中点恰好在直线x+2y+6＝0上，∴线段AB的中点也在直线x﹣2y﹣2＝0上，由，得，故M（﹣2，﹣2）为AB的中点，将点M（﹣2，﹣2）代入直线l的方程得：（4λ+1）（﹣2）﹣（λ+1）（﹣2）+3＝0，解得．【点评】本题主要考查直线过定点问题，利用直线方程的性质联立方程组是解决本题的关键，是中档题．20．（10分）如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，已知E，F分别为AA′，AB的中点，AB＝2AD＝AA′＝4．（1）求证：平面DEF⊥平面CC'F；（2）求二面角E﹣DF﹣C′的余弦值．【分析】（1）通过证明DF⊥面CC'F得平面DEF⊥平面CC'F；（2）建立空间直角坐标系，求出面DEF，DFC′的法向量，用两法向量夹角公式求解．【解答】证明：（1）在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，已知E，F分别为AA′，AB的中点，AB＝2AD＝AA′＝4，∵F为AB的中点，∴AF＝B