高二上学期高二上学期数数学期中考学期中考试试试试卷卷一、一、单选题单选题1．已知向量，，若，则（）A．2B．C．-2D．2．已知直线与直线垂直，则实数 a 的值为（）A．B．C．或D．不存在3．如果 AB>0，BC>0，那么直线 Ax-By-C=0 不经过的象限是 ()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限4.如图，在三棱锥中，点 E，F 分别是，的中点，点 G 满足，，，则（）A.B．C．D．5．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（，若）A．B．C．D．6.已知圆A.B．上有三个点到直线的距离等于 1，则C．±1D．1的值为（）7．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（体．如图，五面体是一个刍甍，其中）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面是正三角形，平面平面，，则直线与直线所成角的余弦值为（）A．B．C．D．8．已知直角的斜边长为 4，以斜边的中点 O 为圆心作半径为 3 的圆交直线于 M，N 两点，则的值为（）A．78二、多二、多选题选题9．下列说法正确的是（B．72C．68D．62）A.任意两个空间向量都共面B.若向量，共线，则与所在直线平行C．在空间直角坐标系中，点D．已知空间中向量，，关于 z 轴的对称点坐标为，则对于空间中任意一个向量总存在实数 x，y，z，使得10．下列说法正确的有（）A.若直线的倾斜角为B.点关于直线C.圆，则直线的斜率为的对称点为与圆可能内含、内切或相交D．若圆与圆11.平面直角坐标系中，点A．点 P 到圆 O 上的点的距离最大值为相离，则，圆与 x 轴的正半轴交于点 Q，则（）B．过点 P 且斜率为 1 的直线被圆 O 截得的弦长为C．过点 P 与圆 O 相切的直线方程为D．过点 P 的直线与圆 O 交于不同的两点 A，B，则直线12.如图，在长方体中，，，，A.当时，B.当时，平面，的斜率之和为定值-1，点 P 满足，则下列结论正确的有（）C．当，时，三棱锥的体积为定值D．当，时，与平面所成角的正切值为三、填空三、填空题题 13．过不同两点，的直线 l 的一个方向向量坐标为，则实数m 的值为．14.在棱长为的正方体15.一束光线从点中，直线到平面的距离为 ．射出，经 y 轴反射后，与圆相交，则反射光线所在直线的斜率 k 的取值范围是 ．16．如图，教室里悬挂着日光灯，，灯线，将灯管绕着中点O 的铅垂线顺时针旋转 60°至，且始终保持灯线绷紧，则旋转后灯管升高的高度为 cm．四、解答四、解答题题17．如图，在四面体中，E，F，G，H 分别是，，，的中点．（1）若，，求证：；（2）设，O 为空间中任意一点，求证：．18.已知圆1证明：圆与圆2过直线 l 上一点，圆．相交，并求出圆与圆的公共弦所在直线 l 的方程；作圆的切线，切点分别为 A，B，求四边形 中，M，N 分别为，的中点．的面积．19．如图，平行六面体（1）证明：平面；（2）若四边形和均为正方形，与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．20．在直角坐标系中，线段，且两个端点 M、N 分别在 x 轴和 y 轴上滑动．（1）求线段的中点 C 的轨迹方程；（2）若直线．①证明直线 l 与曲线 C 恒有两个不同交点；②求直线 l 被曲线 C 截得的最短弦长．21．如图，边长为的菱形中，折起，使得平面平面，分别为的中点，沿将．（1）证明：平面平面；（2）在棱上是否存在一点的长度，若不存在，说明理由．，使得直线与平面所成的角最大？若存在，求22．已知圆，点，过 x 轴下方一点 Q 作圆 C 的切线与 x 轴分别交于，两点．1过点 P 的直线 l 被圆 C 截得的弦长为2当时，求点 Q 的坐标；3求面积的最大值．，求直线 l 的方程；答案解析部答案解析部分分1． 【答案】D【解析】【解答】，则，即，故，解得，故.故答案为：D.【分析】 根据空间向量平行的概念，得出它们的对应坐标成比例，求出的值，进而得答案.2． 【答案】C【解析】【解答】当时，直线当时，由两直线垂直可得 综上所述，或.故答案为：C，直线，两直线垂直，符合题意；，解得或 1（舍去） ，【分析】利用两直线垂直的性质可得，求解可得实数 a 的值。
，因为，3 ． 【答案】B【解析】【解答】由得：象限是第一、三、四象限，不经过第二象限所以直线经过的【分析】 本题主要考查直线方程的斜率和截距的几何意义，属于基础题型4． 【答案】B【解析】【解答】由空间的向量的运算法则，可得.故答案为：B.【分析】 利用平面向量的线性表示，结合向量加法的三角形法则，即可求出答案.5． 【答案】A【解析】【解答】根据题意，在上的投影向量可为 故答案为：A.，【分析】 由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案6． 【答案】A【解析】【解答】由圆可得圆心，半径，的距离等于 1，因为圆上有三个点到直线所以圆心到直线的距离，可得：，故答案为：A.【分析】 根据题意，分析圆的圆心与半径，结合直线与圆的位置关系分析可得圆心到直线的距离为 1，计算即可得答案.7． 【答案】C【解析】【解答】将平移到下图中的位置，再连接，则的大小即为直线与直线所成的角.由，设，则可得，，在中，由余弦定理有.故答案为：C.【分析】将平移到下图中的位置，连接，可得的大小即为直线与直线所成的角，设，利用余弦定理可求得直线8 ． 【答案】D与直线所成角的余弦值解析】【解答】如图，以线段 BC 的中点 O 为原点，BC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系根据题意，图中各点的坐标分别表示为设点 A 的坐标为，则 故答案为：D..【分析】运用数形结合的思想，用点 A 的坐标表示出需要求解的代数式，再计算求解其值即可。
9． 【答案】A,C【解析】【解答】对于 A，因为向量是可以平移的，所以无论两个向量处在什么样的位置，平移后总能到一个平面上的，所以是共面的，A 符合题意；对于 B，向量，共线，若向量 不正确；，所在的向量在同一直线上，则与所在直线重合，B关于 z 轴的对称点坐标为， C 符合题意；，对于 C，根据空间点的对称性可知对于 D，已知空间中向量，使得，D 不正确.故答案为：AC.，不共面，则对于空间中任意一个向量总存在实数 x，y，z， 【分析】根据空间向量的性质，概念及空间点的对称性可作出判断10． 【答案】B,C【解析】【解答】解：对于 A：当直线的倾斜角时，直线的斜率不存在，无意义，A 不符合题意；对于 B：设点关于直线对称的点的坐标为，则，解得，故对称的点的坐标为，B 符合题意；对于 C：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，则两圆不会相外切与相离，可能内，半径为 4，所以圆心之间的距离含、内切或相交，C 符合题意；对于 D：圆圆心，半径为，若两圆相离，因为，所以所以或，D 不符合题意. 故答案为：BC，半径为，圆圆心或，【分析】根据斜率与倾斜角的定义判断 A；设对称的点的坐标为，依题意得到方程组，解得 a，b，即可判断 B；求出两圆心之间的距离，即可判断 C，D。
11． 【答案】A,B,D【解析】【解答】对于 A，点 P 到圆 O 上的点的距离最大值为 P 到 O 的距离与圆 O 的半径之和，即为，A 符合题意；对于 B ，过点 P 且斜率为 1 的直线为，则圆心 O 到该直线的距离为，由圆的弦长公式知，弦长为，B 符合题意；对于 C，圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离为，符合题意；当直线的斜率存在时，设斜率为 k，直线方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得，则直线方程为，综上，过点 P 与圆 O 相切的直线方程为和.C 不正确；对于 D，由题意知点，联立得，设，则，所以. D 符合题意.故答案为：ABD【分析】点 P 到圆 O 上的点的距离最大值为 P 到 O 的距离与圆 O 的半径之和，从而判断选项 A；先求出过点 P 且斜率为 1 的直线方程，再求出圆心 O 到该直线的距离，可判断选项 B；当直线的斜率存在时，设斜率为 k，直线方程为， 由圆心到直线的距离等于半径求得 k，即可求得切线方程，从而判断选项 C；设 A， B 的坐标，直线与圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出的代数式，将两根之和 及两根之积代入可得为定值，即可判断 D.12． 【答案】B,C,D【解析】【解答】以则，，则为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，，，； 对于 A，设，则，又，，不恒成立，A 不符合题意；平面；平面，平面，对于 B，当时，四点共面，即，平面，平面，同理可得：平面，又，平面平面，平面，B 符合题意；对于 C，设，则，设，则，，，，，；平面，平面的一个法向量为，点到平面的距离，又，，即三棱锥的体积为定值，C 符合题意；对于 D，当，时，，设，则，，，，，，平面，平面的一个法向量，设与平面所成角为，则，，即与平面所成角的正切值为，D 符合题意.故答案为：BCD.【分析】以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，当时，得，可判断 A 选项的正误；当时，四点共面，由面面平行的性质可得平面，可判断 B 选项的正误； 当，时，利用点到面的向量求法可求得点到平面的距离，利用棱锥的体积公式可得，可判断 C 选项的正误；当，时，利用线面角的向量求法求得，进而得到，可判断 D选项的正误。
13． 【答案】-2【解析】【解答】由题知，，设直线的方向向量为，则，即，得，解得或，当时，，显然不满足题意，排除，当时，，符合题意.故答案为：-2【分析】求出，利用坐标表示可得的坐标，设直线的方向向量为，得，求解可得 m 的值，检验可得实数 m 的值14． 【答案】【解析】【解答】以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，平面，，平面，平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离；，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，点到平面的距离， 即直线到平面的距离.故答案为：.【分析】根据平面利用向量法即可求出点，直线到平面的距离转化为点到平面的距离，到平面的距离，进而求出直线到平面的距离.15． 【答案】【解析】【解答】由为 1，关于可得，即圆心为，半径轴的对称点，可设过的直线方程为，即，由反射光线与圆相交可得，，化简得，即.故答案为：【分析】 求出圆心与半径，关于轴的对称点的坐标，设出过 A'与圆相交的直线方程，利用，求解可得直线的斜率 k 的取值范围.圆心到直线的距离小于半径，可得16． 【答案】20【解析】【解答】解：设与的交点为 N，过点作于 M，连接 AN，如图所示：在中，，，所以，在中，，由勾股定理得，即，所以，又，所以旋转后灯管升高的高度为，故答案为：20.【分析】设与的交点为 N，过点作，由勾股定理求得 CM 的值，进而求出旋转后灯管升高的高度.1 7．【答案】（1）解：因为，，所以于 M，连接 AN， 由等边三角形求出，所以．（2）解：因为分别是，，，的中点，所以所以.【解析】【分析】 （1）由已知条件结合向量减法法则及向量数量积的运算，即可证得；（2）利用向量加法的平行四边形法则可得18． 【答案】（1）解：圆的方程配方可得 圆的方程配方可得所以两圆心的距离，，所以，，可证得结论。
圆心，半径，，圆心，半径，，所以，圆与圆相交．将方程与得：，所以圆与圆的公共弦所在直线相减，的方程为；（2）解：由（1）可得，代入圆的方程，， 因为所以，所以，，即四边形的面积为 8．【解析】【分析】 （1）化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，再由圆心距大于两圆半径差的绝对值且小于两圆半径和可得两圆相交，直接联立两圆方程，消去二次项可得两圆公共弦所在直线方程；（2） 由（1）可得点 P 的坐标 ，代入圆的方程可求得，结合根据勾股定理可得，进而求出 四边形的面积．19． 【答案】（1）证明：取的中点 G，连接，，如图所示： 因为 M 为的中点，所以且，又因为 N 为的中点，所以且，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为平行六面体 所以，又因为，所以中，四边形和均为正方形，，平面，过做交因为平面因为，所以于 O，，所以，平面.所以为与平面设，则在中，以 O 为坐标原点，分别以射线所成的角，即，，，．，为，轴正半轴，以过 O 点且平行于的直线为 y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，所以，，设平面的一个法向量，则有，即，取，则，，则，平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．【解析】【分析】 （1） 取的中点 G，连接，根据线面平行的判定定理可证得，，推出四边形为平行四边形，得平面；（2）由已知可知四边形和交于 O， 推出 角 ，以 O 为坐标原点，分别以射线均为正方形，推出平面，可得平面， 过为与平面做所成的，为，轴正半轴，以过 O 点且平行于的直线为 y 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出平面与平面夹角的余弦值．2 0．【答案】（1）解：设线段的中点，当点 C 运动时，它到原点 O 的距离为定长， 即的斜边上的中线长，因为，所以， 所以点 C 的轨迹是以 O 为圆心，2 为半径的圆，所以点 C 的轨迹方程是．（2）解：直线可整理为，方程组的解为，所以直线恒过定点，将点代入圆 C 的方程有，所以点在圆 C 的内部，所以直线与曲线 C 恒有两个不同交点．由知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，所以此时弦长为，又所以直线被曲线 C 截得的最短弦长为．【解析】【分析】 （1）由已知条件可得点 C 的轨迹是以 O 为圆心，2 为半径的圆，可得线段的中点 C 的轨迹方程；（2） ① 求出直线经过的定点，然后把定点代入圆 C 的方程，可得定点在圆 C 的内部， 即可证得直线与曲线 C 恒有两个不同交点；② 由①知，当直线垂直于 最短弦长。
时被截得的弦长最短，利用勾股定理即可求出直线被曲线 C 截得的21． 【答案】（1）证明：在菱形平面平面平面，又（2）解：由（1）知：中，，为的中点，，，且平面平面平面，平面 两两互相垂直，则以，平面，平面．为坐标原点，射线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设，，，轴平面，平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，，当时，取得最小值，取得最大值，又在上单调递增，当时，取得最大值，此时，即【解析】【分析】 （1）证明的长度为．平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2） 以为坐标原点，射线分别为的一个法向量，利用向量法即可求出直线轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 求与平面所成的角的正弦值，进而求出平面出的长度 22． 【答案】（1）解：由题知，直线 整理得，的斜率一定存在，所以设直线 l 的方程为，因为直线被圆 C 截得的弦长为，所以圆心 C 到直线的距离，又因为，解得或，所以，直线的方程为或．（2）解：当时，，，因为直线，都是圆 C 的切线，所以直线的方程为； 此时直线的斜率一定存在，设其方程为，即圆心 C 到直线的距离，解得或（舍去） ，则直线，把代入，解得，所以点 Q 的坐标为．（3）解：因为为定值，且 M，N 在 x 轴上．所以要求面积的最大值，即求点 Q 的纵坐标的绝对值的最大值，设点 Q 的纵坐标为，由（2）知，当直线的斜率不存在时，，根据对称性，当直线所以当直线， 设直线的斜率为的斜率不存在时，；的斜率都存在时，，则，即，因为与圆 C 相切，所以有，得或（舍去） ．所以．同理可得．由，解得．又，，因为，所以，所以，所以，，的最大值为所以面积的最大值为【解析】【分析】 （1） 由题知，直线，．的斜率一定存在，所以设直线 l 的方程为， 再根据点到直线的距离公式和勾股定理即可求出直线的方程；（2）由题意可知， 直线的方程为， 直线 置关系结合点到直线的距离公式即可求出点 Q 的坐标；的方程为，再根据直线与圆相切的位（3）由题意可知为定值，且 M，N 在 x 轴上， 所以 要求面积的最大值，即求点 Q 的纵坐标的绝对值的最大值，由此分直线和的斜率不存在和直线，的斜率都存在两种情况，求出点 Q 的纵坐标为，根据面积公式列出函数关系式，结合二次函数的性质即可求出面 积的最大值 。