20212022學年湖北省黃岡市蘄春縣高二上學期期中數(shù)學試題一、單選題1．設點，，.若，則點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)向量的相等求解即可.【詳解】設，則，而，則有，所以.故選：B2．已知向量，，則下列結論不正確的是（

）A． B． C． D．，不平行【答案】C【分析】A選項直接由坐標加法進行判斷；B選項直接由數(shù)量積運算進行判斷；C選項先計算，再計算模長；D選項直接判斷共不共線即可.【詳解】，A正確；，B正確；，C錯誤；，，不平行，D正確.故選：C.3．直線，若，則a的值為（

）A．或2 B．3或 C．3 D．【答案】C【分析】由兩直線平行的條件直接列方程求解.【詳解】解：因為直線，且，所以，且，解得，故選：C【點睛】此題考查由兩直線平行求參數(shù)，屬于基礎題.4．過點引直線，使，到它的距離相等，則該直線的方程是（

）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】當直線斜率不存在時不合題意，當直線斜率存在時，設出直線方程，利用點到直線的距離相等求解即可.【詳解】當直線斜率不存在時，直線方程為，，到它的距離分別為1，3，不合題意；當直線斜率存在時，設直線方程為，即，由，到它的距離相等得，解得或，即直線方程為或.故選：C.5．在四面體中，點在上，且，為中點，則等于（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】根據(jù)空間向量的線性運算求解即可.【詳解】.故選：B【點睛】本題主要考查了空間向量的線性運算,屬于基礎題.6．已知、分別為直線、的方向向量（、不重合），，分別為平面，的法向量（，不重合），則下列說法中不正確的是（

）A．； B．；C． D．【答案】B【分析】按照方向向量和法向量在線面關系中的應用直接判斷即可.【詳解】A選項：因為、不重合，所以，A正確；B選項：或，B錯誤；C選項：，C正確；D選項：因為，不重合，所以，D正確.故選：B.7．在長方體中，，，則與平面所成的角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點作的垂線，垂足為，由線面垂直判定可知平面，則所求角即為，由長度關系求得即可.【詳解】在平面內(nèi)過點作的垂線，垂足為，連接.，，，平面，平面，的正弦值即為所求角的正弦值，，，.故選：D.二、多選題8．古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點，的距離之比為定值（）的點的軌跡是圓，此圓被稱為“阿波羅尼斯圓”.在平面直角坐標系中，已知，，點滿足，設點的軌跡為圓，下列結論正確的是（

）A．圓的方程是B．過點向圓引切線，兩條切線的夾角為C．過點作直線，若圓上恰有三個點到直線距離為2，該直線斜率為D．在直線上存在異于，的兩點，，使得【答案】ABD【解析】根據(jù)，，點滿足，設點，求出其軌跡方程，然后再逐項運算驗證.【詳解】因為，，點滿足，設點，則，化簡得：，即，故A正確；因為，所以，則，解得，故B正確；易知直線的斜率存在，設直線，因為圓上恰有三個點到直線距離為2，則圓心到直線的距離為：，解得，故C錯誤；假設存在異于，的兩點，，則，化簡得：，因為點P的軌跡方程為：，所以解得或（舍去），故存在，故D正確；故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是根據(jù)求出點的軌跡方程，進而再根據(jù)直線與圓的位置關系求解.9．已知空間中三點，，，則正確的有（

）A．與是共線向量 B．的單位向量是C．與夾角的余弦值是 D．平面的一個法向量是【答案】CD【分析】A選項直接寫出與，按照共線向量即可判斷；B選項由單位向量的求法進行判斷；C選項通過夾角公式計算即可；D選項直接計算法向量即可.【詳解】，，，顯然與不共線，A錯誤；的單位向量，即，B錯誤；，，C正確；設平面的法向量，則，令，得，D正確.故選：CD.10．如圖，已知點是邊長為1的等邊內(nèi)一點，滿足，過點的直線分別交，于點，．設，，則下列說法正確的是（

）A． B．點為的重心C． D．【答案】BD【分析】根據(jù)向量平行四邊形法則可知是的重心，利用重心的性質(zhì)即可判斷B、D的正誤，再利用三點共線即可判斷C選項．【詳解】解：取的中點，的中點，則，，，，，三點共線，同理，，三點共線，是的重心，故B正確；，，即，故A錯誤；所以，故D正確；因為，，所以，，所以，又因三點共線，所以，所以，故C錯誤.故選：BD．11．以下四個命題表述正確的是（

）A．直線恒過定點.B．兩平行直線與的距離是.C．若圓與圓恰有三條公切線，則D．若圓和圓的交點為，，則圓上一動點到直線距離的最大值為.【答案】ACD【分析】A選項直接求出定點即可；B選項由平行線間的距離公式求解；C選項利用兩圓外切即可求解；D選項先求出直線，再利用最大值為圓心到直線的距離加上半徑.【詳解】直線化簡得，由，解得，即直線恒過定點，A正確；化簡得，兩平行直線之間的距離為，B錯誤；圓化簡得，圓心，半徑為1，圓化簡得，圓心，半徑為，恰有三條公切線，則兩圓外切，即，解得，C正確；直線的方程為，即，圓上一動點到直線距離的最大值即圓心到直線的距離加半徑，，化簡得，圓心，半徑為1，圓心到直線的距離為，故圓上一動點到直線距離的最大值為，D正確.故選：ACD.12．如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，將△ABD沿對角線BD翻折到△PBD位置，連結PC，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）A．PC與平面BCD所成的最大角為45°B．存在某個位置，使得PB⊥CDC．當二面角P﹣BD﹣C的大小為90°時，PCD．存在某個位置，使得B到平面PDC的距離為【答案】BC【分析】A，取BD的中點O，連接OP、OC，則OP＝OC．可得PC與平面BCD所成的角為∠PCO，當PC時∠PCO＝60°＞45°，即可判斷；B，當點P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心點Q時，可得PB?平面PBQPB⊥CD，即可判斷；C，當二面角P﹣BD﹣C的大小為90°時，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC為等腰直角三角形，即可判斷；D，若B到平面PDC的距離為，則有DB平面PCD，即DB⊥CD，與△BCD是等邊三角形矛盾．【詳解】解：選項A，取BD的中點O，連接OP、OC，則OP＝OC．由題可知，△ABD和△BCD均為等邊三角形，由對稱性可知，在翻折的過程中，PC與平面BCD所成的角為∠PCO，當PC時，△OPC為等邊三角形，此時∠PCO＝60°＞45°，即選項A錯誤；選項B，當點P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心點Q時，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ?平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，∵PB?平面PBQ，∴PB⊥CD，即選項B正確；選項C，當二面角P﹣BD﹣C的大小為90°時，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC，∴△POC為等腰直角三角形，∴PCOP，即選項C正確；選項D，∵點B到PD的距離為，點B到CD的距離為，∴若B到平面PDC的距離為，則平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，則有DB平面PCD，即DB⊥CD，與△BCD是等邊三角形矛盾．故選：BC．三、填空題13．已知直線過點，且在軸上的截距是在軸上截距的兩倍，則直線的方程為___________.【答案】或【分析】分截距為0和截距不為0分別設出直線方程，代入點解出方程即可.【詳解】當截距為0時，設直線方程為，直線過點，所以，解得，直線方程為，即；當截距不為0時，設直線方程為，直線過點，所以，解得，直線方程為，即；故直線的方程為或.故答案為：或.14．我國漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一副“勾股圓方圖”，后人稱其為“趙爽弦圖”.類比趙爽弦圖，由3個全等的小三角形拼成如圖所示的等邊，若的邊長為且，則的面積為_______.【答案】【分析】由條件得到，在中用余弦定理即可求得，進而求得的面積.【詳解】由3個小三角形全等以及得，，是等邊三角形，設，則，在中由余弦定理得，，解得，所以.故答案為：.15．如圖，棱長為2的正方體，是四邊形內(nèi)異于，的動點，平面平面.則點的軌跡的長度為______.【答案】【分析】根據(jù)已知條件，求得點的軌跡對應的曲線類型，再求其長度即可.【詳解】因為平面，面，故，又因為平面平面，故要滿足題意，只需即可.又點在平面內(nèi)，故點的軌跡是平面內(nèi)，以為直徑的半圓（不包含）.又正方體棱長為2，故該半圓的半徑為1，故其軌跡長度為.故答案為：.四、雙空題16．已知直線與圓有公共點，則的取值范圍為______，所有的弦中，最長的弦的長度為______.【答案】

【分析】根據(jù)圓心到直線的距離與半徑的比較及圓成立的條件可得的取值范圍，由垂徑定理及勾股定理可表示弦長，再求最值即可.【詳解】由于直線與圓有公共點，所以；又弦長，可知當時，有最大值，其最大值為.故答案為：，五、解答題17．的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，．向量與平行．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，求的面積．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【詳解】試題分析：（1）根據(jù)平面向量，列出方程，在利用正弦定理求出的值，即可求解角的大??；（2）由余弦定理，結合基本不等式求出的最大值，即得的面積的最大值.試題解析：（1）因為向量與平行，所以，由正弦定理得，又，從而tanA＝，由于0<A<π，所以A＝.（2）由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，而a＝，b＝2，A＝，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因為c>0，所以c＝3.故△ABC的面積為bcsinA＝.【解析】平面向量的共線應用；正弦定理與余弦定理.18．(1)已知的三個頂點分別為，，，求其外接圓方程；(2)圓心在直線上，且與直線相切于點，求圓的方程.【答案】(1)；(2)【分析】(1)直接利用圓的方程的一般式建立方程組，進一步確定圓的方程；(2)利用圓的標準式和二元一次方程組的解法求出圓的方程．【詳解】(1)的三個頂點分別為，，，設外接圓的方程為，故解得：故圓的方程為．(2)設圓的標準方程為，則有解得，，，所求圓的方程為19．在中，，邊上的高所在的直線方程為，邊上中線所在的直線方程為.(1)求點坐標：(2)求直線的方程.【答案】(1)C(－4，－2)(2)5x－7y＋6＝0【分析】（1）先求出AC所在的直線的方程，再求兩直線的交點即可；（2）設出B點坐標，表示出M點坐標，利用和CM所在的直線方程解出B點坐標，進而求得直線的方程.【詳解】(1)邊AC上的高BE所在的直線方程為，故邊AC所在的直線的斜率為1，

所以邊AC所在的直線的方程為，即，因為CM所在的直線方程為4x－5y＋6＝0，由解得，所以C(－4，－2)(2)設B(x0，y0)，M為AB中點，則M的坐標為，由，解得，

所以B（3，3），又因為C(－4，－2)，所以直線BC的方程為，化簡得5x－7y＋6＝0.20．如圖，在三棱錐中，，，，，D為線段的中點，E為線段上一點.（1）求證：平面平面；（2）當平面時，求三棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）要證明面面垂直，需證明線面垂直，根據(jù)垂直關系，轉(zhuǎn)化為證明平面；（2）利用等體積，，轉(zhuǎn)化求三棱錐的體積.【詳解】證明：（1）∵，，，∴平面，又∵平面，∴，∵，D為線段的中點∴又∵∴平面∵平面，∴平面平面（2）∵平面，平面平面，∴∵D為中點，∴E為中點，∴.∴三棱錐的體積為.21．如圖，在四棱錐中，底面為邊長為3的正方形，，，平面平面，為的中點，為的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）取的中點，連，，證明四邊形為平行四邊形，得得證．（Ⅱ）過點作，證明平面．以點為原點，與向量同向方向為軸，向量方向為軸，向量方向為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角余弦值.【詳解】（Ⅰ）證明：如圖，取的中點，連，，∵，，∴且．∵，，∴且，∴四邊形為平行四邊形，得．∵平面，平面，∴平面．（Ⅱ）如圖，過點作，垂足為，在中，，可得，，，．∵，平面平面，平面平面，∴平面．如圖，以點為原點，與向量同向方向為軸，向量方向為軸，向量方向為軸，建立空間直角坐標系．點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為．設平面的法向量為，，，，取，，，可得，設平面的法向量為，，，，取，，，可得，有，，，，故二面角的余弦值為．【點睛】本題考查空間線面平行及利用空間向量求二面角余弦值.屬于中檔題.22．已知圓C：（x﹣3）2+y2＝1與直線m：3x﹣y+6＝0，動直線l過定點A（0，1）．（1）若直線l與圓C相切，求直線l的方程；（2）若直線l與圓C相交于P、Q兩點，點M是PQ的中點，直線l與直線m相交于點N．探索是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】（1）y＝1或；（2）是，5.【分析】（1）由題意可得直線的斜率存在，所以設直線l的方程為，