1、湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高二上10月联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分1. 过点P（2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，那么m的值等于（）A. 1或3B. 4C. 1D. 1或42. 已知向量，分别是直线、方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（ ）A. B. C. D. 3. 直线绕它与轴交点逆时针旋转，得到直线，则直线的方程是A. B. C. D. 4. 已知A，B，C三点不共线，O是平面外任意一点，若，则A，B，C，M四点共面的充要条件是（ ）A. B. C. D. 5. 已知直线和直线，则当与间的距离最短时，t的值为（ ）A. 1B. C. D
2、. 26. 如图，在四棱锥中，平面，M，N分别为，上的点，且，若，则的值为（ ）A. B. C. 1D. 7. 如图，在三棱锥中，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为，分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）A. B. C. D. 二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）9. 下列结论正确的是（ ）A. 若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量B. 坐标平面内过点直线可以写成C. 直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是D. 设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则
3、过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为10. 已知直线，当满足一定的条件时，它们的图形可以是（ ）A. B. C. D. 11. 正方体的棱长为2，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）A. 截面形状可能为正三角形B. 截面形状可能为正方形C. 截面形状可能为正六边形D. 截面面积最大值为12. （多选）正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是（ ）A. AD与BC所成角为30B. AC与BD所成的角为90C. BC与平面ACD所成角的正弦值为D. 平面ABC与平面BCD所成锐二面角的正切值是三填空题：本题共4小题，每小题5分13. 设，则“”是“直线：与直
4、线：平行”的_条件（充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要）14. 大约2000多年前，我国的墨子就给出了圆的概念：“一中同长也.”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周上的点的距离都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里德给出的圆的定义要早100年.已知是坐标原点，若，则线段长的最小值是_15. 设的对角线和交于为空间任意一点，如图所示，若，则_16. 如图，矩形中，平面，若在线段上至少存在一个点满足，则的取值范围是_.四解答题：本题共6小题，共70分17. 如图：已知四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：（1）PC平面EBD；（2）BC平面PCD18
5、. 已知直线和交点为P（1）若直线l经过点P且与直线平行，求直线l的方程；（2）若直线m经过点P且与x轴，y轴分别交于A，B两点，为线段的中点，求OAB的面积（其中O为坐标原点）19. 已知中，点，边所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为.（1）求点和点的坐标；（2）以为圆心作一个圆，使得，三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.20. 在三棱柱中，平面，是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21. 如图，在四棱锥中，平面，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.22. 如
6、图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形.（1）设平面平面，证明：；（2）设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长.湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高二上10月联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分1. 过点P（2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，那么m的值等于（）A. 1或3B. 4C. 1D. 1或4【答案】C【解析】【分析】根据斜率公式求.【详解】，解得：.故选：C2. 已知向量，分别是直线、的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（ ）A. B. C.
7、D. 【答案】A【解析】【分析】由方向向量的数量积为0可得【详解】由题意，即，代入各选项中的值计算，只有A满足故选：A3. 直线绕它与轴的交点逆时针旋转，得到直线，则直线的方程是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直线与轴的交点为，且倾斜角为， 由绕它与轴的交点顺时针旋转得到直线，可知直线 过点，倾斜角为，即可写出直线的方程.【详解】因为直线与轴的交点为，且倾斜角为，所以知直线 过点，倾斜角为，直线的方程为，即，故选B.【点睛】本题主要考查了直线的倾斜角，斜率，直线方程，属于中档题.4. 已知A，B，C三点不共线，O是平面外任意一点，若，则A，B，C，M四点共面的充要条件是（ ）
8、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由四点共面的充要可得，求解即可.【详解】O是平面外任意一点，且，若A，B，C，M四点共面的充要条件是，即.故选：B.5. 已知直线和直线，则当与间的距离最短时，t的值为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】利用平行线之间的距离公式可求出关于的二次函数解析式，再利用二次函数的单调性即可求解.【详解】解：直线即为直线，直线直线与间的距离，当且仅当时取等号当与间的距离最短时，t的值为故答案选：B6. 如图，在四棱锥中，平面，M，N分别为，上的点，且，若，则的值为（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】以为基底表
9、示，由此求得，进而求得.【详解】，所以.故选：B7. 如图，在三棱锥中，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于，由于三棱锥是正四面体，因此是底面三角形中心，是中点，由球表面积求得球半径，在直角三角形中求出正四面体的棱长，然后由体积公式计算【详解】连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于，在三棱锥中，三棱锥是正四面体，是的中心，平面，三棱锥的内切球的表面积为，解得球的半径，设，则，解得，此三棱锥的体积为.故选：D.8. 已知正方体的棱长为，分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若与
10、平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，连接、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可【详解】解：取的中点，连接、，如图所示：因为，分别是棱、的中点，所以，平面，平面，所以平面，又且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，因为与平面无公共点，平面，所以平面，又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面，所以是点在底面内的轨迹，又正方体的棱长为，所以，所以点的轨迹长度为故选：B二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）9. 下列结论正确的是（ ）A. 若直线l方向向量，平面，则是平面的一
11、个法向量B. 坐标平面内过点的直线可以写成C. 直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是D. 设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为【答案】BD【解析】【分析】当时，不能作为平面的法向量可判断A；设过点的直线方程一般式为，可得，代入直线可判断B；直线斜率存在和不存在两种情况可判断C；求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点，再利用圆的标准方程性质可判断D.【详解】对于A，当时，不能作为平面的法向量，故A错误；对于B，设过点的直线方程一般式为，可得，即，代入直线方程得，提取公因式得，故B正确；对于C，当直线斜率不存在时，即，检验原点到的距离是2，所以符
12、合；当直线斜率存在时，设为k，则方程为：，即，利用原点到直线的距离，解得，所以，故直线的方程是或，故C错误；对于D，由题知，二次函数的图象与坐标轴的三个交点为，设过这三个点的圆的方程为，令的两根为2020，-2021，由韦达定理知，令的其中一个根为，所以另一个根为1，即圆过点(0，1)，故D正确.故选：BD.10. 已知直线，当满足一定的条件时，它们的图形可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】首先将直线的一般式方程化为斜截式，根据斜率和截距之间的关系即可判断【详解】解：直线可化为的斜率为，在轴上的截距为直线可化为，斜率为，在轴上的截距为当时，直线与平行，故正确选项中，
13、由直线在轴上的截距可得，而由直线的斜率为，可得，故不正确在选项中，由直线的斜率为，而直线在轴上的截距直线在轴上的截距为，直线的斜率为，故正确选项中，两直线斜率，再由直线在轴上的截距，故不正确故选：11. 正方体的棱长为2，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）A. 截面形状可能为正三角形B. 截面形状可能为正方形C. 截面形状可能为正六边形D. 截面面积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断【详解】如图，显然A,C成立，下面说明D成立，如图设截面为多边形，设，则，则所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，所以因为，所以当时，故D成立
14、。故选：ACD【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时要注意从动态的角度进行分析问题和求解问题，属于中档题12. （多选）正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的是（ ）A. AD与BC所成的角为30B. AC与BD所成的角为90C. BC与平面ACD所成角的正弦值为D. 平面ABC与平面BCD所成锐二面角的正切值是【答案】BD【解析】【分析】以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出各选项中的直线的方向向量、平面的法向量后可得向量的夹角的余弦值，从而得到相应的空间角的三角函数值.【详解】取的
15、中点O，连接，则，正方形沿对角线折成直二面角，故平面平面，而平面平面，平面，故平面.以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，.，因为，故，异面直线与所成的角为60，故A错误；，故B正确；设平面的法向量为，则取，得，设与面所成角为，则，故C错误；易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则取得，设两个平面的夹角为（为锐角），则，故，故.平面与平面的夹角的正切值是，故D正确.故选：BD.三填空题：本题共4小题，每小题5分13. 设，则“”是“直线：与直线：平行”的_条件（充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要）【答案】充分不必要【解
16、析】【分析】由直线平行的条件与充分必要条件的概念求解，【详解】当与平行时，可得，解得或，当时，：，：，满足平行，当时，：，：，满足平行，则“”是“直线：与直线：平行”的充分不必要条件，故答案为：充分不必要14. 大约2000多年前，我国的墨子就给出了圆的概念：“一中同长也.”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周上的点的距离都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里德给出的圆的定义要早100年.已知是坐标原点，若，则线段长的最小值是_【答案】【解析】【分析】由题意可得，点在以坐标原点为圆心，3为半径的圆上，而点在圆内，当共线，且在点的同侧时，长的最小，所以的最小值为【详解】解：因为是坐标原点，所以点在以
17、坐标原点为圆心，3为半径圆上，因为，所以点在圆内，所以当共线，且在点的同侧时，长的最小，此时，所以线段长的最小值为2故答案：215. 设的对角线和交于为空间任意一点，如图所示，若，则_【答案】4【解析】【分析】根据向量的线性加法运算，由为中点，可得，即可得解.【详解】由为中点，可得，所以，所以，故答案：.16. 如图，矩形中，平面，若在线段上至少存在一个点满足，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由已知中平面，在边上取点，使，由线面垂直的判定定理及性质可得满足条件时，即以为直径，的中点为圆心的圆，再根据，满足条件的点至少有1个，从而可得的取值范围【详解】解：平面，平面，又，平面，又平面，
18、所以点是以中点为圆心，以为直径的圆与的交点，在线段上至少存在一个点满足，故答案为：四解答题：本题共6小题，共70分17. 如图：已知四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：（1）PC平面EBD；（2）BC平面PCD【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）连AC，与BD交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；（2）证明BCPD，BCCD，即可证明BC平面PCD【小问1详解】连AC，与BD交于O，连接EOABCD是正方形，O是AC的中点，E是PA的中点，EOPC又EO平面EBD，PC平面EBDPC平面EBD；【小问2
19、详解】PD平面ABCD，BC平面ABCDBCPDABCD是正方形，BCCD又PDCDDBC平面PCD18. 已知直线和的交点为P（1）若直线l经过点P且与直线平行，求直线l的方程；（2）若直线m经过点P且与x轴，y轴分别交于A，B两点，为线段的中点，求OAB的面积（其中O为坐标原点）【答案】（1）4x3y30 （2）30【解析】【分析】（1）联立直线方程，求出交点坐标，根据直线平行，明确斜率，由点斜式方程可得答案；（2）由点斜式方程，设出直线方程，求得两点的坐标，根据中点坐标公式，求得斜率，根据三角形面积公式，可得答案.【小问1详解】由，求得，可得直线和的交点为P（3，5）由于直线的斜率为，故
20、过点P且与直线平行的直线l的方程为，即4x3y30【小问2详解】由题知：设直线m的斜率为k，则直线m的方程为，故，且，且，求得，故、故OAB的面积为19. 已知中，点，边所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为.（1）求点和点的坐标；（2）以为圆心作一个圆，使得，三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）由题意，设所求点的坐标，结合中点坐标公式，代入对应直线方程，解得答案；（2）由题意，分别求点到的距离，比较大小，可得答案.【小问1详解】设，的中点，由题意可得直线的直线方程：，则，解得，解得，故，.【小问2详解】，由，则
21、圆方程为.20. 在三棱柱中，平面，是的中点.（1）求证：平面平面；（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，得平面，平面，可得答案.（2）以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量由数量积公式可得答案.【详解】（1）由平面，平面，得，又，故平面，平面，故平面平面.（2）以为原点，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，又， 故，设平面的一个法向量为，则，即，令，则， ，设直线与平面所成的角为，故，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了面面垂直判定、线面角的求法，证明线面垂直可以证明面面垂直，也可
22、以用直线的方向向量与平面的法向量共线证明，用向量法求线面角只需找到直线的方向向量和平面的法向量再利用数量积公式可求得答案，本题考查了学生的空间想象力和计算能力.21. 如图，在四棱锥中，平面，.（1）证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）根据线面垂直证明异面直线垂直；（2）过点作于，连接，可得即为平面与平面所成的角，再利用三角形的性质求得余弦值；（3）设，根据异面直线夹角，利用坐标法可得的值.【小问1详解】平面，平面，、平面，平面，又平面，；【小问2详解】如图所示，过点作于，连
23、接，由（1）知，平面，又，平面，即为平面与平面所成的角在中，在中，故平面与平面夹角的余弦值为【小问3详解】以为原点，、所在的直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，异面直线与所成的角为，解得或（舍），.22. 如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径，母线，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形.（1）设平面平面，证明：；（2）设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质，先证明平面POH即可；（2）以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，设MN与平面PAB所成的角为，再根据线面角的向量方法求得，根据二次函数的最值求解即可【小问1详解】因为四边形OBCH为正方形，平面POH，平面POH，平面POH.平面PBC，平面平面，.【小问2详解】圆锥的母线长为，以O为原点，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，为平面PAB的一个法向量，设MN与平面PAB所成的角为，则，令，则所以当时，即时，最大，亦最大，此时，所以.
