山东师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中学业水平测试数学试卷含答案.pdf

《山东师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中学业水平测试数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中学业水平测试数学试卷含答案.pdf（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、12021 级 2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试数学学科试题2021 级 2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试数学学科试题本试卷共 4 页,满分为 150 分,考试用时 120 分钟.注意事项：注意事项：1答卷前,考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上.2选择题每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.3填空题、解答题必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案,不得使

2、用涂改液、胶带纸、修正带和其它笔.一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题小题,每小题每小题 5 分分,共共 40 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.已知向量),4(),7,6,3(nmba分别是直线21,ll的方向向量,若21/ll,则()A.28,8nmB.328,8nmC.28,4mmD.328,4nm2.直线023 yx的倾斜角是()A.150B.120C.60D.303.如图,四面体OABC中,cOCbOBaOA,且MAOM2,NCBN,则MN()A.cba212132B.cba212121C.cba2

3、13232D.cba2132214.已知直线02:1yaxl与04)1(:2yaxl平行,则实数a的值为()A.1B.2C.1或2D.不存在5.四棱锥ABCDP中,)4,1,3(),0,1,2(),3,1,2(APADAB,则这个四棱锥的高为()A.552B.55C.52D.5126.如图,直四棱柱1111DCBAABCD 的底面是菱形,21 ABAA,60BAD,M是1BB的中点,则异面直线MA1与CB1所成角的余弦值为()A.510B.51C.51D.5107.已知直线)R(01:aayxl平分圆0126:22yxyxC的周长,过点),4(aP 作圆C的一条切线,切点为A,则PA()A.7

4、B.2C.34D.1028.已知曲线241xy与直线4)2(xky有两个不同的公共点,则实数k的取值范围是()A.),43B.)125,43C.),125(D.43,125(二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题小题,每小题每小题 5 分分,共共 20 分分.在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求的有多项符合题目要求的,全部选对的得全部选对的得 5 分分,部分选对的得部分选对的得 2 分分,有选错的得有选错的得 0 分分.9.给出以下命题,其中正确的是()A.直线l的一个方向向量为)2,1,1(a,直线m的一个方向向量为)21,1,2(b,则l与m垂直B.直线l的

5、一个方向向量为)1,1,0(a,平面的一个法向量为)1,1,1(n,则lC.平面,的一个法向量分别是)2,0,1()3,1,0(21nn，,则/D.若对空间中任意一点O,都有OCOBOAOP613121,则CBAP,四点共面10.已知直线)R(02)1()12(mmymxm与圆04:22yxxC,则（)A.对Rm,直线恒过一定点B.Rm,使得直线与圆相切C.对Rm,直线与圆一定相交D.直线与圆相交且直线被圆所截得的最短弦长为2211.若圆)0(222rryx上恒有4个点到直线02 yx的距离为1,则实数r的可能取值是（)A.2B.13 C.3D.12 312.公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼

6、斯在平面轨迹一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题,其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知直角坐标系中)0,2(),0,2(BA,满足PBPA2的点P的轨迹为C,则下列结论正确的是（)A.C上的点到直线0543 yx的最小距离为31B.若点),(yx在C上,则yx3的最小值是2C.若点),(yx在C上,则xy的最小值是2D.圆4)(22ayx与C有公共点,则a的取值范围是364364a三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题小题,每小题每小题 5 分分,共共 20 分分.13.若)2,3,6(),2,1,2(ba,且aba)(

7、,则实数.14.已知点)5,4(P,则它关于直线033 yx对称点为.15.圆心在直线04 yx上,且经过圆06422xyx与06422yyx的交点的圆的标准方程是.16.在棱长为1的正方体1111DCBAABCD 中,P是底面ABCD（含边界）上一动点,满足11ACPA,则线段PA1长度的取值范围是.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 个小题个小题,共共 70 分分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10 分)已知圆04:22xyxC.(1)直线l的方程为03 yx,直线l交圆C于BA,两点,求弦长AB;(2)过点)4,4

8、(P引圆C的切线,求切线的方程.18.(12 分)已知线段AB的端点B的坐标是)5,6(,端点A在圆4)3()4(:221yxC上运动.(1)求线段AB的中点P的轨迹2C的方程;(2)设圆1C与曲线2C的两交点为NM,求线段MN的长.419.(12 分)已知在平面直角坐标系中,曲线162xxy与坐标轴的交点都在圆C上.(1)求圆C的方程;(2)如果圆C与直线0ayx交于BA,两点,且OBOA,求实数a的值.20.(12 分)如图,在长方体1111DCBAABCD 中,12,1CCBCAB.若在CD上存在点E,使得EA1平面11DAB.(1)求DE的长;(2)求平面11DAB与平面EBB1夹角的

9、余弦值.21.(12 分)如图,在四棱锥ABCDP中,平面PAD平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,121,90,/ADCDBCADCADBC,E为AD的中点,过BE的平面与PCPD,分别交于点FG,.(1)求证:PAGF;(2)若2 PDPA,线段PD上是否存在点G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为510?若存在,请确定点G的位置;若不存在,请说明理由.22.(12 分)如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界是圆心M在线段OA上且与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80m.经测

10、量,点A位于点O正北方向60m处,点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸）,34tanBCO.(1)求新桥BC的长;(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?12021 级 2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试数学学科答案2021 级 2022-2023 学年第一学期期中学业水平测试数学学科答案选择题123456789101112BCACBDADADACDBCABD填空题13.19914.)7,2(15.16)3()1(22yx16.2,26解答题17.解：（1）因为圆04:22xyxC,所以圆心2),0,2(rC,圆心C到直线l的距离1)3(12221d所以322212drA

11、B.（2）斜率不存在时,4x,圆心C到直线l的距离22d,与圆相切,符合题意.斜率存在时,设斜率为k,则切线方程为)4(4xky,即044kykx,圆心C到此切线的距离为1421442223kkkkkd由rd 3,即21422kk,解得43k,所以切线方程为0443 yx综上可知,切线方程为4x或0443 yx.18.解：（1）设点P的坐标为),(yx,点A的坐标为),(nm,因为点B的坐标为)5,6(,且点P是线段AB的中点,所以2526nymx,于是有5262ynxm.因为点A在圆4)3()4(:221yxC上运动,所以4)3()4(22nm,所以4)352()462(22yx,整理得1)

12、4()5(22yx,所以点P的轨迹2C的方程为1)4()5(22yx.2（2）将圆4)3()4(:221yxC与圆1)4()5(:222yxC的方程相减得01922yx.圆1)4()5(:222yxC的圆心为)4,5(,半径1r,且圆心)4,5(到直线01922yx的距离42221981022d,所以2148112222drMN.19.解：（1）由曲线162xxy与y轴交点为)1,0(,与x轴交点为)0,223(),0,223(,因而圆心坐标为),3(tC,则有2222)22()1(3tt,所以1t,半径为3)1(322 t,所以圆C的方程为9)1()3(22yx（2）设点),(),(2211

13、yxByxA联立9)1()3(022yxayx消去y得012)82(222aaxax所以0416562aa,所以212,422121aaxxaxx,216)()(2221212121aaaxxaxxaxaxyy因为OBOA,所以0122162122222121aaaaaayyxx,解得1a,满足0,故a的值为1.20.解：（1）以D为原点,以1,DDDCDA所在直线分别为zyx,轴如图建立空间直角坐标系,设aDE,则)1,0,0(),1,2,1(),1,0,1(),0,0,1(),0,0(111DBAAaE,所以)1,1(),0,2,1(),1,2,0(1111aEABDAB,因为EA1平面1

14、1DAB,所以11ABEA,即01211aABEA,解得21a,所以21DE.（2）由（1）知EA1为平面11DAB的法向量,)1,0,0(),0,23,1(1BBBE,3设平面EBB1的法向量为),(zyxn,则001nBEnBB,即0230yxz,令2y,可得)0,2,3(n,设平面11DAB与平面EBB1夹角为,所以3913813234,coscos1nEA,所以平面11DAB与平面EBB1夹角的余弦值为39138.21.解：（1）证明：因为ADBC21,且E为AD的中点,所以DEBC,又ADBC/,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CDBE/,又PCDBEPCDCD平面平面,所以PC

15、DBE平面/,又BEGFBEGFPCDBEGF平面平面平面,所以GFBE/,又ADBE,且ABCDBEADABCDPADABCDPAD平面平面平面平面平面,所以PADBE平面,所以PADGF平面,又PADPA平面,所以PAGF.（2）存在,G为PD上靠近点的三等分点,连接PE,因为PDPA,E为AD的中点,所以ADPE,又PADPEADABCDPADABCDPAD平面平面平面平面平面,所以ABCDPE平面.以E为坐标原点,以EPEBEA,所在直线分别为zyx,轴如图建立空间直角坐标系,则)0,0,1(),0,0,0(),0,1,0(),1,0,0(DEBP,则)1,0,1(),0,1,0(),

16、1,1,0(DPBEPB,设)10(DPDG,得)0,1(G,所以),0,1(EG,设平面BEGF的法向量为),(zyxn,则00nEGnBE即0)1(0zxy令x,可得)1,0,(n.4假设存在点G满足题意,设直线PB与平面BEGF所成的角为,于是有510)1(21,cossin22PBn,得)(131舍或,所以存在点)31,0,32(G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为510,此时G为PD上靠近点D的三等分点.22.解：（1）如图,以OAOC,所在直线分别为yx,轴建立平面直角坐标系,则)60,0(),0,170(AC.由题意知34BCk,则直线BC的方程为)170(34xy,又431BCABkk,所以直线AB的方程为6043xy.由6043)170(34xyxy解得12080yx即)120,80(B,所以)m(150120)17080(22BC.（2）设tOM,即)600)(,0(ttM,由（1）知直线BC的一般式方程为068034 yx,圆M的半径56803 tr,由题意知80)60(80trtr由于600 t,因此tttr531365368056803,所以80)60(531368053136tttt所以3510 t,所以当10t,即10OM时,r取得最大值m130,此时圆形保护区的面积最大.