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