北京市通州区2022年高二上学期数学期中质量检测试卷及答案.pdf

1、 高二上学期数学期中质量检测试卷 高二上学期数学期中质量检测试卷一、选择题一、选择题1直线 的倾斜角为（）ABCD2已知直线 经过点，且斜率为 2，则直线 的一般式方程为（）ABCD3若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（）ABCD4在平行六面体中，（）ABCD5已知直线和直线互相平行，则等于（）A2B-2C2D06圆与圆的位置关系是（）A内含B相交C外切D外离7在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则（）A5BCD8已知点，若，四点共面，则（）ABCD9已知圆上有且只有两个点到直线的距离等于 1，则实数的取值范围是（）ABCD10如图，在平行六面体中，则

2、与平面所成角的正弦值等于（）ABCD二、填空题二、填空题11已知直线经过点 A(0,4)和点 B（1，2），则直线 AB 的斜率为 .12已知向量，若，则实数等于 13过点 P（，1）且与圆 x2+y2=4 相切的直线方程 14经过点以及圆与圆交点的圆的方程为 15如图，在棱长为 2 的正方体中，已知点，分别为直线，上的动点，给出下面四个结论：异面直线，所成的角为；点到平面的距离为定值；若为中点，则点到距离为；的最小值为则其中所有正确结论的序号是 16如图，棱长为 2 的正方体中，分别为，的中点，设，以为基底，则用基底表示向量 ；三、解答题三、解答题17三角形的三个顶点分别是（1）求边所在的直

3、线方程；（2）求边上的高所在的直线方程18已知圆过两点，且圆心在直线上（1）求圆的方程；（2）试判断直线：与圆是否相交；如果相交，求直线被圆截得的弦长19如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别为和的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值20在空间直角坐标系中，已知向量，（1）求向量在向量上的投影向量；（2）求平面的法向量；（3）求点到平面的距离21在棱长为 2 正方体中，分别为和的中点，为上的动点，平面与棱交于点（1）求证：点为中点；（2）求证：；（3）当为何值时，与平面所成角的正弦值最大，并求出最大值22在平面直角坐标系中，已知动圆的半径为 1，且经过坐标原点，设动圆的圆心为

4、（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹与轴交于，两点（在左侧），过点的直线交点的轨迹于点（异于，），交直线：于点，经过，的直线交于点，求证以为直径的圆过定点，并求出定点坐标答案解析部分答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】记直线 的倾斜角为 ，故答案为：B.【分析】根据直线方程求出斜率，根据斜率得出对应的倾斜角。2【答案】C【解析】【解答】因为直线 经过点，且斜率为 2，则直线 方程为：，化简得：，所以直线 的一般式方程为。故答案为：C【分析】利用已知条件结合点斜式求出直线 l 的方程，再转化为直线 l 的一般式方程。3【答案】D【解析】【解答】对于 A：因为，所以，共面，不能构成基底，A

5、不符合题意，对于 B：因为，所以，共面，不能构成基底，B 不符合题意，对于 C：因为，共面，不能构成基底，C 不符合题意，对于 D：若，共面，则，即，则，无解，所以，不共面，可以构成空间的另一个基底，D 符合题意.故答案为：D【分析】利用已知条件结合平面向量基本定理中基底的判断方法，再结合向量共线的坐标表示，进而找出可以构成空间的另一个基底的选项。4【答案】A【解析】【解答】连接，可得，又因为，所以。故答案为：A【分析】连接 AC，再利用平行四边形法则结合，再结合三角形法则，进而得出。5【答案】C【解析】【解答】显然时，两直线不平行，不符合，则，解得.经检验满足题意。故答案为：C.【分析】利用

6、已知条件结合两直线平行斜率相等和两直线不重合检验的方法，进而得出满足要求的实数 a 的值。6【答案】D【解析】【解答】圆的圆心为，半径为，圆化为，则圆心为，半径为，则圆心距，所以两圆外离.故答案为：D.【分析】利用已知条件结合两圆位置关系判断方法，再结合两点距离公式求出圆心距，再利用圆心距与两圆半径和作比较，进而判断出两圆外离。7【答案】C【解析】【解答】在空间直角坐标系中，点，4，在坐标平面，内的射影分别为点，则，4，0，-4，5)，。故答案为：C【分析】在空间直角坐标系中，点，4，在坐标平面，内的射影分别为点，进而得出点 B 和点 C 的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用向量

7、的模求解方法，进而得出的值。8【答案】B【解析】【解答】由点，1，2，2，0，可得，1，1，若，四点共面，可设，则，解得，所以。故答案为：B【分析】利用已知条件结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用四点共面的判断方法和平面向量基本定理，进而解方程组求出 k 的值。9【答案】A【解析】【解答】由可得，则即，所以圆心为，半径，圆心到直线的距离，因为圆上有且只有两个点到直线的距离等于 1，所以，即，解得：，所以实数的取值范围是。故答案为：A.【分析】由圆的一般式方程可得圆的标准方程为，再利用圆的半径的取值范围得出实数 a 的取值范围，再利用圆的标准方程求出圆心坐标和半径长，再利用点点到直线的距离公

8、式得出圆心到直线的距离，再利用圆上有且只有两个点到直线的距离等于 1，所以，从而解绝对值不等式求出实数的取值范围。10【答案】C【解析】【解答】在平行六面体中，连交于点 O，连交于点，连接，如图，因，则为正四面体，而，平面，于是得平面，又平面，因此，平面平面，令，在正与正中，分别为中点，则，取中点 M，连，则有，又，则，而平面平面，平面，从而有平面，所以与平面所成角的正弦值等于。故答案为：C【分析】在平行六面体中，连交于点 O，连交于点，连接，利用，则为正四面体，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直证出面面垂直，因此，平面平面，令，在正与正中，分别为中点，进而得出的长，取中点

9、M，连，则有，再利用，进而得出的长，再利用线线垂直证出线面垂直，从而有平面，再利用正弦函数的定义得出直线与平面所成角的正弦值。11【答案】【解析】【解答】由两点间斜率计算公式可得 ，故答案为 .【分析】把直线上两点的坐标代入斜率公式进行运算，求出结果12【答案】【解析】【解答】因为向量，则，又，则，即，解得，所以实数等于。故答案为：。【分析】利用向量，结合数量积的坐标表示和向量的模的坐标表示，进而得出和的值，再利用结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，再利用数量积的坐标表示，进而得出实数 的值。13【答案】【解析】【解答】解：把点 P（，1）代入圆 x2+y2=4 成立，可知点 P（，1）是

10、圆 x2+y2=4 上的一点，则过 P（，1）的圆 x2+y2=4 的切线方程为 故答案为 【分析】点 P（，1）是圆 x2+y2=4 上的一点，然后直接代入过圆 x2+y2=r2上一点 P（x0，y0）的切线方程为 x0 x+y0y=r2，得圆的切线方程14【答案】【解析】【解答】设过圆与圆交点的圆的方程为：把点的坐标代入式得，把代入并化简得，所求圆的方程为：。故答案为：。【分析】设过圆与圆交点的圆的方程为：，利用已知条件，把点的坐标代入式得出实数的值，再把代入并化简得出所求圆的一般方程。15【答案】【解析】【解答】解：连接，由正方体的几何性质可得，所以异面直线，所成的角即为与所成的角即，因

11、为为等边三角形，所以，正确；因为，且平面，平面，所以平面，则直线上的点到平面的距离相等，所以点到平面的距离为定值，正确；连接，因为，所以，故为直角三角形，设点到距离为，由等面积法可得，即，解得，所以若为中点，则点到距离为，错误；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，2，0，0，由三垂线定理可得，故向量是异面直线与的法向量，又，所以直线，公垂线的长度为，因为异面直线间的公垂线距离最短，所以的最小值为，正确故答案为：【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再利用异面直线所求角的方法得出异面直线，所成的角；利用点到平面的距离求解方法证出点到平面的距离为定值；再利用中点的性质和点到直线

12、的距离公式求出点到距离；再结合向量的模求解方法和三垂线定理以及数量积求两直线公垂线的方法，再利用异面直线间的公垂线距离最短得出的最小值，从而找出结论正确的序号。16【答案】；【解析】【解答】因为，分别为，的中点，设，所以，因为正方体的棱长为 2，。故答案为：；。【分析】利用已知条件结合三角形法则、中点的性质、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出基底表示向量；再结合正方体的棱长为 2 和勾股定理，得出的值。17【答案】（1）解：由，可得边所在的直线方程是：，即（2）解：因为边上的高垂直于，(1)由已知高所在的直线方程斜率为又边上的高过点，故所求直线方程为故边上的高所在的直线方程是【解析】【分

13、析】（1）利用已知条件结合截距式方程求出 AC 边所在的直线方程，再转化为直线的一般式方程。（2）利用 边上的高垂直于结合(1)和已知条件，再利用两点求斜率公式和两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出高所在的直线方程斜率，再利用边上的高过点，再结合点斜式方程求出所求直线方程，再转化为边上的高所在的直线的一般式方程。18【答案】（1）解：设圆的方程为：，根据题意得，故所求圆的方程为：（2）解：圆心到直线的距离，故直线与圆相交，由弦长公式可得直线被圆截得的弦长为【解析】【分析】（1）设圆的标准方程为：，再利用代入法和圆的标准方程和直线的一般式方程，进而解方程组求出 a，b，r 的值，从而得出圆 M

14、的标准方程。（2）利用已知条件结合点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离，再利用圆心到直线的距离与半径的比较结合直线与圆位置关系判断方法，故直线与圆相交，由弦长公式可得直线被圆截得的弦长。19【答案】（1）证明：由题意四棱锥的底面为正方形，底面，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为，分别为和的中点，则，0，1，所以，又平面的一个法向量为，所以，故，又平面，故平面.（2）解：因为，2，0，1，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，所以，故平面与平面的夹角的余弦值为【解析】【分析】（1）由题意四棱锥的底面为正方形，底面，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再利用，分别为和的中

15、点，从而得出点 E，F 的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量 的坐标，再利用法向量求解方法得出平面的一个法向量为，再利用数量积的坐标表示结合数量积为 0 两向量垂直的等价关系，从而证出直线平面。（2）利用已知条件结合建系的方法得出点的坐标，再利用向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量的夹角的公式，进而得出平面与平面的夹角的余弦值。20【答案】（1）解：因向量，则，于是得，所以向量在向量上的投影向量.（2）解：因向量，则，由(1)知，设平面的一个法向量，则，令，得，所以平面的法向量.（3）解：由(2)得点到平面的距离，所以点到平面的距离为.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合三角形法

16、则和向量的坐标运算以及数量积求投影向量的方法，进而得出向量在向量上的投影向量。（2）利用已知条件结合三角形法则和向量的坐标运算以及平面的法向量求解方法，进而得出平面的法向量。（3）由(2)结合数量积求出点到平面的距离。21【答案】（1）证明：因为平面与棱交于点，又因为、是平面与平面共公点，所以平面平面，因为是正方体，所以平面，所以，又因为，所以，因为为中点，所以点为中点（2）证明：连接，交于，因为，所以，所以，所以，又因为平面，平面，因为，所以平面，因为平面，所以（3）解：建系如图，设，2，0，1，0，令，3，因为，所以平面的法向量是，所以与平面所成角的正弦值为，当时等号成立所以当时，与平面所

17、成角的正弦值最大，最大值为【解析】【分析】（1）利用平面与棱交于点，再利用、是平面与平面共公点，所以平面平面，再利用是正方体，所以平面，再利用线面平行的性质定理证出线线平行，所以，再利用结合平行的传递性，所以，再利用为中点，从而证出点为中点。（2）连接，交于，再利用，所以，所以，所以，再利用平面结合线面垂直的定义，从而证出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。（3）利用已知条件建系，设，进而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，令，3，结合，所以平面的法向量是，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出与平面所成角的正

18、弦值，再利用二次函数的图象求最值的方法得出当时，与平面所成角的正弦值最大，并求出此时的最大值。22【答案】（1）解：设，因为半径为 1，且经过坐标原点，所以点的轨迹方程为；（2）证明：由（1）可得，设直线的方程为，由题意可得，联立，整理可得，可得，所以，；在中，令，可得，即，因为，所以直线的方程为，令，可得，即，所以，的中点所以以为直径的圆，当时，即，即以为直径的圆恒过定点【解析】【分析】（1）设，利用半径为 1，且经过坐标原点结合代入法，进而利用圆的定义得出点的轨迹方程。（2）由（1）可得 P，Q 坐标，设直线的方程为，由题意可得，再利用直线与圆相交，联立二者方程求出交点 M 的坐标，在中，令，可得，从而得出点 C 的坐标，再利用两点求斜率公式结合点斜式方程求出直线的方程为，令，可得，进而得出点 D 的坐标，再利用中点坐标公式得出的中点 E 的坐标，进而得出以为直径的圆的方程，再利用赋值法证出出以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标。