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广东省广州市四校联考2021年高二上期中数学试卷(含答案解析)

1、广东省广州市四校联考2021-2022学年高二上期中数学试题一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.1. 如图,平行六面体中,与的交点为,设,则选项中与向量相等的是( )A. B. C. D. 2. 已知三角形的三个顶点则边上的中线所在直线的方程为( )A. B. C D. 3. 已知空间向量,空间向量满足且,则( )A. B. C. D. 4. 已知点P(a,b)与点关于直线l对称,则直线l的方程是( )A. B. C. D. 5. 若方程表示的曲线是圆,则实数a的取值范围是( )A. B. C. D. 6. 已知平面过点,它的一个法向量为,则下列哪个点不在平面内( )A. B.

2、 C. D. 7. 一条光线从点射出,经轴反射后与圆相切,则反射光线所在直线斜率为( )A. 或B. 或C. 或D. 或8. 已知空间三点:,设,则下列命题错误的是( )A B. 在方向上的投影向量等于C. 等边三角形D. 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9. (多选)给出下列命题,其中是真命题的是( )A. 若可以构成空间的一组基,向量与共线,则也可以构成空间的一组基B. 已知向量,则,与任何向量都不能构成空间的一组基C. 已知,是空间中的四点,若,不能构成空间的一组基,则,四点

3、共面D. 已知是空间的一组基,若,则不是空间的一组基10. 下列命题正确的有( )A. 两平行线间的距离为2B. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线有两条C. 直线的方向向量可以是D. 直线与直线平行,则或211. 已知直线,以下结论正确的是( )A. 不论为何值时,与都互相垂直;B. 当变化时,与分别经过定点和C. 不论为何值时,与都关于直线对称D. 如果与交于点M,则的最大值是12. 在正三棱柱中,与交于点,点是线段上的动点,则下列结论正确的是( )A. B. 存在点,使得C. 三棱锥的体积为D. 直线与平面所成角的余弦值为三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.13. 椭圆的一

4、焦点与两顶点为等边三角形的三个顶点,则椭圆的离心率等于_14. 已知直线l的倾斜角的范围是,则直线l的斜率范围是_15. 的三个顶点的坐标分别是,则的外接圆的标准方程是_16. 如图,在三棱锥中,、分别是的中点、则_四、解答题:本大题共6小题,满分70分,解答应写出文字说明,证明过程或推演步骤.17. 如图,正方体的棱长为1(1)证明:平面;(2)求到平面的距离18 已知直线:,圆:(1)求证:直线与圆相交于、两点;(2)求以弦为直径的圆的方程19. 如图,在四棱锥中,底面是矩形,为的中点.(1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.20. 在平面直角坐标系中,已知,动点M满足(1)求

5、M的轨迹方程;(2)设,点N是的中点,求点N的轨迹方程;(3)设M的轨迹与N的轨迹的交点为P、Q,求21. 如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点(1)求证:ACSD;(2)若SD平面PAC,求平面PAC与平面ACD的夹角大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE平面PAC若存在,求SEEC的值;若不存在,试说明理由22. 已知椭圆E的两个焦点的坐标分别是,点在椭圆上(1)求椭圆E的标准方程;(2)求的平分线所在直线l的方程广东省广州市四校联考2021-2022学年高二上期中数学试题一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分

6、,共40分.1. 如图,平行六面体中,与的交点为,设,则选项中与向量相等的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用空间向量加减法、数乘的几何意义,结合几何体有,进而可知与向量相等的表达式.【详解】连接,如下图示:,.故选:B2. 已知三角形的三个顶点则边上的中线所在直线的方程为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得的中点的坐标,利用斜率公式求得,结合直线的点斜式方程,即可求解.【详解】设的中点为,因为点,可得,由,可得,根据直线的点斜式方程,可得,即.所以所求直线的方程为.故选:C.3. 已知空间向量,空间向量满足且,则( )A. B. C. D.

7、【答案】A【解析】【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可【详解】设,因为,所以,令,则,所以,又,所以,解得,所以,故选:A4. 已知点P(a,b)与点关于直线l对称,则直线l的方程是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据P(a,b)与点关于直线l对称可求出直线l的斜率,再由中点验证即可求解.【详解】点P(a,b)与点关于直l对称,又的中点坐标为,所以直线l的方程为.故选:A5. 若方程表示的曲线是圆,则实数a的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的条件列式可解得结果.【详解】因为方程表示的曲线是圆,

8、所以,即,解得.故选:D6. 已知平面过点,它的一个法向量为,则下列哪个点不在平面内( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设点为平面内异于点的任意一点,由可得,然后逐一判断即可.【详解】设点为平面内异于点的任意一点,则由可得,即对于A,满足;对于B,满足;对于C,不满足;对于D,满足;故选:C7. 一条光线从点射出,经轴反射后与圆相切,则反射光线所在直线的斜率为( )A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】根据光反射原理知,反射光线的反向延长线必过点关于轴的对称点,设反射光线所在直线方程为,利用直线与圆相切的性质即可求得斜率.【详解】根据光的反射原理知,反射

9、光线的反向延长线必过点关于轴的对称点,设反射光线所在直线的斜率为,则反射光线所在直线方程为,即,又由反射光线与圆相切,可得,整理得,解得或.故选:D.8. 已知空间三点:,设,则下列命题错误的是( )A. B. 在方向上的投影向量等于C. 是等边三角形D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算坐标表示可判断A;根据向量数量积的几何意义可得判断B;计算、可判断C;利用数量积的坐标运算可判断D,进而可得符合题意的选项.【详解】,所以,故选项A正确;在方向上的投影向量等于,故选项B不正确;,所以是等边三角形,故选项C正确;,所以,故选项D正确;所以命题错误的是选项B,故选:B.二、多项选

10、择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.9. (多选)给出下列命题,其中是真命题的是( )A. 若可以构成空间的一组基,向量与共线,则也可以构成空间的一组基B. 已知向量,则,与任何向量都不能构成空间的一组基C. 已知,是空间中的四点,若,不能构成空间的一组基,则,四点共面D. 已知是空间的一组基,若,则不是空间的一组基【答案】ABC【解析】【分析】根据基向量的概念,知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一组基,对选项进行一一判断,即可得到答案;【详解】对B,根据基向量的概念,知空间中任何三个不

11、共面的向量都可作为空间的一组基,故B是真命题对C,由,不能构成空间的一组基,知,共面,又,有公共点,所以,四点共面,故C是真命题对A,假设向量与,共面,则存在实数,使得,又向量与共线,存在实数,使得,从而,与,共面,与条件矛盾,向量与,不共面,即A真命题对D,假设是空间的一组基,则不存在满足,所以不存在满足,是空间的一组基,不存在满足,假设成立, D是假命题故选:ABC10. 下列命题正确的有( )A. 两平行线间的距离为2B. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线有两条C. 直线的方向向量可以是D. 直线与直线平行,则或2【答案】AB【解析】【分析】计算平行直线的距离得到A正确,截距相等的直线有

12、和,B正确,直线的一个方向向量是,C错误,当时,两直线重合,D错误,得到答案.【详解】两平行线间的距离为,A正确;过点且在两坐标轴上截距相等的直线有和,B正确;直线的一个方向向量是,C错误;当时,两直线重合,D错误.故选:AB.11. 已知直线,以下结论正确的是( )A. 不论为何值时,与都互相垂直;B. 当变化时,与分别经过定点和C. 不论为何值时,与都关于直线对称D. 如果与交于点M,则的最大值是【答案】ABD【解析】【分析】由两直线垂直的判定方法判断A;根据直线过定点的求解方法判断B;设上一点,其关于对称的点是否在上,判断C;联立两直线方程可求得,利用两点间距离公式表示出,根据函数最值的

13、求法可求得的最大值,判断D.【详解】对于A,恒成立,恒成立,A正确;对于B,对于直线,当时,恒成立,则过定点;对于直线,当时,恒成立,则恒过定点,B正确;对于C,在上任取点,关于直线对称的点的坐标为,代入方程知:不在上,C错误;对于D,联立,解得:,即,即的最大值是,D正确.故选:ABD.12. 在正三棱柱中,与交于点,点是线段上的动点,则下列结论正确的是( )A. B. 存在点,使得C. 三棱锥的体积为D. 直线与平面所成角的余弦值为【答案】AC【解析】【分析】A.利用空间向量运算求解判断;B. 利用空间向量运算求解判断;C.利用等体积法求解判断;D.利用线面角的求解判断.【详解】由题意,画

14、出正三棱柱如图所示,向量,故A正确;假设存在点,设,所以.因为,所以.解得.故B错误;因为正三棱柱,所以,所以,所以,故C正确;设中点为,所以,三棱柱是正三棱柱,所以平面,所以即与平面所成的角,.故D错误.故选:AC.第卷 (非选择题 共90分)三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分.13. 椭圆的一焦点与两顶点为等边三角形的三个顶点,则椭圆的离心率等于_【答案】【解析】【分析】结合已知条件,利用椭圆的对称性和等边三角形的边长相等即可求解.【详解】不妨设椭圆的方程为:,右焦点,若要椭圆的一焦点与两顶点为等边三角形的三个顶点,则椭圆的另外两个顶点为和,从而,即,又由,从而,故离心率.

15、故答案为:.14. 已知直线l的倾斜角的范围是,则直线l的斜率范围是_【答案】【解析】【分析】根据斜率与倾斜角的关系求解【详解】设直线斜率为,时;,斜率不存在;时,故答案为:15. 的三个顶点的坐标分别是,则的外接圆的标准方程是_【答案】【解析】【分析】设出圆一般方程为,利用待定系数法,分别将三个点坐标代入圆的方程,解方程组求出,从而得出圆的一般方程,再根据圆的一般方程和标准方程的互化,即可得出答案.【详解】解:设所求圆的一般方程为:,则圆经过三点,解得:,则所求圆的一般方程为:,所以的外接圆的标准方程是:.故答案为:.16. 如图,在三棱锥中,、分别是的中点、则_【答案】【解析】【分析】连结

16、,取的中点,连结,则由可知异面直线,所成角就是,利用余弦定理解三角形求得,设与的夹角为,由图可知与互补,从而得出,最后利用向量的数量积运算,即可求出的结果【详解】解:连结,取的中点,连结,则,是异面直线,所成的角,同理得:,又,设与的夹角为,由图可知与互补,则,.故答案为:.四、解答题:本大题共6小题,满分70分,解答应写出文字说明,证明过程或推演步骤.17. 如图,正方体的棱长为1(1)证明:平面;(2)求到平面的距离【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)证明四边形为平行四边形,可得,再由线面平行的判定定理即可求证;(2)由题意可得点到面的距离即为直线到平面的距离,利用即可求

17、解.【小问1详解】因为是正方形,所以,所以四边形为平行四边形,所以,因为面,面,所以平面.【小问2详解】因为平面,所以点到面的距离即为直线到平面的距离,由可得:,即,可得:.所以到平面的距离.18. 已知直线:,圆:(1)求证:直线与圆相交于、两点;(2)求以弦为直径的圆的方程【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)联立直线与圆的方程,解方程组求出、两点坐标即可求证;(2)求出的中点坐标即为圆心,弦长的一半即为半径,即可得圆的方程.【小问1详解】设,由可得:,可得,所以,所以,所以直线与圆相交于、两点.【小问2详解】由(1)知:两点中点坐标为,所以以弦为直径的圆的方程为.19.

18、如图,在四棱锥中,底面是矩形,为的中点.(1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由可得,再结合和线面垂直的判定定理可得平面,则,再由可得平面.(2) 以为原点,为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系如图所示,利用空间向量求解即可【详解】(1)证明:为矩形,且,.又,.,.又,平面.平面,又,平面.(2)解:以为原点,为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系如图所示:则,设平面法向量则,即,直线与所成角的正弦值为.20. 在平面直角坐标系中,已知,动点M满足(1)求M的轨迹方程;(2)设,点N是的中点,求点N的轨迹方程;(3)设M的轨迹与N的

19、轨迹的交点为P、Q,求【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】(1)设,根据向量数量积求解即可得答案;(2)设,进而根据相关点法求解即可;(3)根据题意得弦由两圆相交得,进而根据几何法弦长即可得答案.【小问1详解】解:设,则,所以,即 所以M的轨迹方程为.【小问2详解】解:设,因为点N是的中点,所以,即,又因为在上,所以,即.所以点N的轨迹方程为.【小问3详解】解:因为M的轨迹与N的轨迹分别为,是两个圆.所以两个方程作差得直线所在的方程,所以圆到:的距离为,所以21. 如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点(1)求证:ACSD;(2)若S

20、D平面PAC,求平面PAC与平面ACD的夹角大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE平面PAC若存在,求SEEC的值;若不存在,试说明理由【答案】(1)证明见解析;(2)30;(3)存在,SEEC21.【解析】【分析】(1)由题设知,连,设交于于,由题意知平面.以为坐标原点,分别为轴、轴、轴正方向,建立空间直角坐标系,求得向量与,结合数量积即可证明ACSD;(2)分别求出平面与平面ACD的一个法向量,求法向量的夹角余弦值,即可求出结果;(3)要使平面,只需与平面的法向量垂直即可,结合(2)中求出的平面的一个法向量,即可求解【详解】(1)证明:连接BD,设AC交BD于O,

21、由题意知SO平面ABCD以O为坐标原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz如图设底面边长为a,则高SOa于是S,D,C,0,故OCSD,从而ACSD(2)由题设知,平面PAC的一个法向量,平面DAC的一个法向量,设所求角为,则cos,平面PAC与平面DAC的夹角为30(3)在棱SC上存在一点E使BE平面PAC由(2)知是平面PAC的一个法向量,且,设t,则t而0t,即当SEEC21时,而BE不在平面PAC内,故BE平面PAC22. 已知椭圆E的两个焦点的坐标分别是,点在椭圆上(1)求椭圆E的标准方程;(2)求的平分线所在直线l的方程【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由题意可知,再由椭圆的定义求出,由关系求出,即可求解;(2)由角平分线定理结合直线方程的点斜式即可求解【小问1详解】由题意,设椭圆的方程为,则,所以,所以椭圆E的标准方程为;【小问2详解】设的平分线所在直线l与轴相交于点,因为,是角平分线,所以,即,解得,所以角平分线所在直线的斜率为,所以的平分线所在直线l的方程为,即