北京市通州区2023-2024学年高二上学期期中质量检测数学试题【含答案解析】

通州区2023—2024学年第一学期高二年级期中质量检测数学试卷本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据解析式可得直线斜率为，再由倾斜角与斜率之间的关系可得.【详解】设直线的倾斜角为，将直线化为斜截式可得，即直线斜率为；所以，又，所以.故选：A2.已知，，则（）A. B. C. D.12【答案】D【解析】【分析】由空间向量模长的坐标表示代入计算即可求得结果.【详解】由，可得，所以.故选：D3.已知，，，则等于（）A.-4 B.-6 C.-7 D.-8【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的坐标运算法则进行运算即可.【详解】因为，，，所以，则，故选：B4.已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（）A.外离 B.外切 C.相交 D.内含【答案】C【解析】【分析】依题意将圆的一般方程化为标准方程求出两圆圆心和半径，比较圆心距与两半径之差、之和的关系即可得出结论.【详解】根据题意将化为标准方程可得，即圆心，半径；由可知圆心，半径；此时圆心距为，；显然，即两圆相交.故选：C5.设直线：，：.则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】求出时的值，即可判定.【详解】因为直线：，：，故时，有，解得，或者，当时，：，：，；当时，：，即，：，则两直线重合，故时，，则“”是“”的充要条件，故选：6.已知为矩形，点在线段上，且满足，则满足条件的点有（）A.0个 B.1个 C.2个 D.4个【答案】C【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系,设出点坐标，算出坐标，由得到，构建方程求解即可.【详解】以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，可得,因为点在线段上，所以可设，所以,又，所以，可得，解得；，即满足条件的点P有2个.故选：C.7.如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算，以为基底表示出向量即可.【详解】由题可知，由为的中点，为的中点可得，即，即，所以，即.故选：D8.在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则和夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正四面体性质取的中点为，即可知即为异面直线和的夹角的平面角,计算出各边长利用余弦定理即可求得结果.【详解】连接，取的中点为，连接，如下图所示：由正四面体的棱长为1可得，又分别是的中点，所以，且，所以即为异面直线和的夹角的平面角，又易知，且，所以，因此，即和夹角的余弦值为.故选：A9.如图，在平行六面体中，，，，，与相交于点.则的长为（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】把两边平方并展开，根据向量数量积的定义计算即可.【详解】因为,所以,则，即的长为故选：10.过直线上一点作圆的两条切线，，切点分别为A，B，当直线，关于对称时，线段的长为（）A.4 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可求得切线段的长.【详解】如图所示，圆心,连接,因为直线，关于直线对称，所以垂直于直线，故而,则,故选：第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知直线经过点A(0,4)和点B（1，2），则直线AB的斜率为_____________.【答案】【解析】【详解】由两点间斜率计算公式可得，故答案为.12.在正三棱柱中，，则直线到平面的距离为_______【答案】【解析】【分析】先作出直线上的点到平面的垂线段，然后利用勾股定理求出垂线段的长度即可.【详解】在正三棱柱中，在底面内作，因为平面底面，平面底面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，所以即为直线到平面的距离，因为为等边三角形，且，所以直线到平面的距离为.故答案为：.13.在空间直角坐标系中，已知，，.则与的夹角的余弦值为___________；在的投影向量___________.【答案】①.##0.5②.【解析】【分析】先根据空间向量的坐标运算求出与的坐标，然后由向量夹角的运算公式和投影向量的计算公式即可求出结果.【详解】因为，，，所以，，所以，在的投影向量为.故答案为：；.14.若直线与曲线恰有一个公共点，则实数的一个可能取值是_________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】画出图象，结合图象确定一个公共点时的位置，求出相应的的值，数形结合可得答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分，如图所示，有图可知，当直线在和之间移动或与半圆相切，即处于的位置时，直线与圆恰好有一个公共点，当直线在时，经过点，所以，当直线在时，经过点，所以，当直线与半圆相切时，，所以，或者（舍），故或者.故答案为:15.在棱长为1的正方体中，点满足，其中，.给出下列四个结论：①所有满足条件的点组成的区域面积为1；②当时，三棱锥的体积为定值；③当时，点到距离的最小值为1；④当时，有且仅有一个点，使得平面.则所有正确结论的序号为__________.【答案】①②③【解析】【分析】对于①，根据条件得点在正方形内，即可判断；对于②，点在线段上，从而点到平面的距离为定值，为定值，从而三棱锥的体积为定值；对于③，点在线段上，当点与重合时，即为到距离的最小值为，从而判断；对于④，由题点在线段上，当平面时，可得，与矛盾，从而即可判断.【详解】如图所示，对于①，因为，，，所以点在正方形内（包括正方形），而正方形的面积为，故①正确；对于②，时，，所以,故点在线段上，由题易得平面,所以上的点到平面的距离都相等，又,所以三棱锥的体积为定值，故②正确；对于③，时，，所以,所以点在线段上，连接,由题意可得，平面,平面,,当点与重合时，即为到距离的最小值为，故③正确；对于④，当时，，取的中点,的中点,则点在线段上，若平面，则平面,必有,因为平面，平面，所以,,所以平面，则有,又,所以,与矛盾，故不存在满足题意的点，④错误，故答案为：①②③.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.16.已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.（1）求点A的坐标；（2）求经过点P且与直线平行的直线方程；（3）求以为直径的圆的方程.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）解两直线方程构成的方程组即可得解；（2）求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线方程；（3）根据中点坐标公式求出圆心坐标，再利用两点距离公式求出半径，进而可得圆的方程.【小问1详解】由解得，所以直线与的交点为.【小问2详解】由得直线的斜率为，又点P的坐标为，所以经过点P且与直线平行的直线方程为，即.【小问3详解】因为，，所以的中点坐标为，，所以以为直径的圆的方程为.17.已知直线，圆.（1）若直线与圆相交，求实数m的取值范围；（2）在（1）的条件下，设直线与圆交于A，B两点.（i）求线段的垂直平分线的方程；（ii）若，求m的值.【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列式求解即可；（2）（i）由题意线段的垂直平分线经过圆心，从而可直接求得直线方程；（ii）由弦长列式求解即可.【小问1详解】由得，所以当时，表示以为圆心，以为半径的圆，由于直线与圆相交，所以圆心到直线的距离，所以，即实数m的取值范围为.【小问2详解】（i）由题意，线段的垂直平分线经过圆心，斜率为，所以线段的垂直平分线的方程为，即.（ii）由于圆心到直线的距离，，所以由得，解得.18.如图，在五面体中，平面为正方形，平面平面，.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（1）求证：平面；（2）若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：.【答案】（1）证明见详解（2）选条件①；选条件②【解析】【分析】（1）根据条件知，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直接坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量夹角的余弦值即可求出夹角的大小.【小问1详解】因为在五面体中，平面为正方形，所以,又平面，平面,故平面；【小问2详解】若选条件①：根据已知条件可得：,因为，,平面,平面,所以平面,因为平面,所以,则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直接坐标系如下图所示，因为，，所以则,由知，平面，平面,又平面平面,所以,所以,所以即.因为平面,所以平面的法向量为,设平面的法向量为，则，令则，设平面与平面夹角为，则,又，则即平面与平面夹角的大小为若选条件②：由知，平面，平面,又平面平面,所以,过点作,交于点,则四边形为平行四边形，又，，则,又因为，则,故,即，则,则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直接坐标系如下图所示，因为，，所以则,又,所以即.因为平面,所以平面的法向量为,设平面法向量为，则，令则，设平面与平面夹角为，则,又，则即平面与平面夹角的大小为19.如图，在正方体中，分别是棱，，，的中点.（1）求证：四点共面；（2）求与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见详解（2）（3）【解析】【分析】（1）取的中点连接，先证四点共面，再证四点共面，又这两个平面重合，即可证明；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，与法向量夹角的余弦值的绝对值即为所求；（3）利用点到平面距离向量表示公式计算即可.【小问1详解】如图，取的中点连接,因为分别是棱，，，的中点，易得,,所以,所以四点共面，又,所以，则四点共面，而过不共线的的三点的平面具有唯一性，则平面与平面重合，故四点共面.【小问2详解】以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的的边长为则则，设是平面的法向量，则，取,则所以，所以与平面所成角的正弦值为【小问3详解】由（2）知平面的法向量，又所以点到平面的距离为，即到平面的距离为20.已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥.（1）求证：平面平面；（2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在满足题意的点，且【解析】【分析】（1）由平面与平面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后根据求面面角的方法即可列式求解.【小问1详解】因为四边形为正方形，所以，，所以折起后，，，由于折起前有，且折起后，所以折起后有，即，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知，，，所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，，，假设存在满足题意的点，设，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，，即，易知平面的一个法向量为，因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，解得，所以在棱上存在点，使平面与平面夹角余弦值为，且为棱的中点，所以.21.长度为6的线段，设线段中点为G，线段的两个端点P和Q分别在x轴和y轴上滑动.（1）求点G的轨迹方程；（2）设点G的轨迹与x轴交点分别为A，B（A点在左），与y轴交点分别为C，D（C点在上），设H为第一象限内点G的轨迹上的动点，直线与直线交于点M，直线与直线交于点N.试判断直线与的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）；（2），证明见解析.【解析】【分析】（1）