2023-2024学年北京顺义区杨镇一中高二（上）期中数学试题及答案

2023北京顺义杨镇一中高二（上）期中数学一､选择题，10小题，每题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.3x−y−1=01.直线A.的倾斜角为（）B.60C.120D.150中，角以为始边，它的终边经过点(3)，则=（）2.在平面直角坐标系443434A.−B.C.−D.55ABCD−ABCDBC与EF13.如图所示，在正方体中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线1111所成的角的大小为（）A.30B.45C.90D.4.已知平面(−−)2的法向量为(−1,2,k)，若∥，则k=（的法向量为，平面）A.-2B.-1C.1D.2BC0++C=05.如果0，，那么直线不经过的象限是（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限+y2−2x+4y−4=0和圆P的方程为x2+(y−2=4，两圆的位置关系为6.已知圆C的方程为x2（）A.内切B.相交C.相离D.外切x+(+)−=m2y10+3y−1=0m平行，则的值为（7.已知直线与直线）A.3−B.1C.1或3D.1或38.已知三棱锥O−ABC，点MN分别为AB，OC的中点，且OAa=，=b，=c，用a，b，c表示，则等于（）1212))a+b−cc−a−b))A.C.b+c−aa−b+cB.D.12129.如图，已知一艘停在海面上的海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h.这艘轮船能被海监船监测到的时长为（）A.1小时10.如图所示,该曲线W是由4个圆:(x−部分所构成,则下列叙述错误的是（B.0.75小时C.0.5小时D.0.25小时2+y=1,(x+22+y2=1,x2+(y+2=1,2+(yx−2=1的一）A.曲线W围成的封闭图形面积为42π+B.若圆C.x2+y2=r2(r0)与曲线W有4个交点,则=2或2rBD与的公切线方程为xy1+−−2=0D.曲线上的点到直线xy5210的距离的最小值为+++=3二､填空题，共5小题，每小题5分，共25分.()，()，=的坐标为，点C的坐标为．A2,3B4,5,9ACAB，则已知________________3(0)和0)，椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为10的椭圆的标准方程为12.椭圆的焦点坐标为________.l:ax2y+4=l:xa3ya0−+(−)+=.13.已知直线12（1）当a=4时，两直线1,l的交点P的坐标为__________.2l⊥l,a（2）若直线14.已知集合的值为__________.12B=(x,y)y=x+，，若集合AB中有2个元素，则实数bA=()=x,yx1y2−的取值范围是______ABCD−ABCD中，点P是线段ACE在线段115.如图，在棱长为4的正方体1111BD上，且DE=BD，给出下列四个结论：111114PBD∥平面1BD①存在点P，使得平面；11PB1D②存在点P，使得是等腰直角三角形；1③若5，则点P轨迹的长度为27；13=PB1DABCD−ABCD1④当时，则平面截正方体所得截面图形的面积为18．1111其中所有正确结论的序号是______．三､解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.π16.已知函数f(x)=sin(x+).3（1）写出f(x)的最小正周期；π（2）求f(x)在区间[0,]上的最大值及相应的值.x2()､(−−)､()A3,0B3C17.已知的顶点坐标为.（1）求直线BC的方程；（2）求的面积.ABCD−ABCD的中点．118.如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段1111AC⊥（1）求证：；111A夹角的余弦值；1（2）求平面与平面1（3）求点D到平面19.已知圆C的方程为：的距离．1x2+y−2x−4y+1=0.2（1）求过点()的圆的切线方程；M1,4C（2）过点P(4)的直线l被圆C所截得的弦长为23，求直线l的方程.20.在梯形ABCD中，ABCD,BAD60,AB2ADCDPAB====为的中点，线段与DP交于O点，将沿折起到△ACD的位置，使得平面ACB⊥平面ACD.（1）求证：BC平面POD；6（2）线段PD上是否存在点Q，使得CQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的8值；若不存在，请说明理由.()的点的mm1,B21.古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点的距离之比为定值轨迹是圆”.在平面直角坐标系中，已知点A(−),B1).P满足=2，设点P的轨迹为圆M，点M为圆心，（1）求圆M的方程；l:x+y+5=0上的一个动点，过点Q1E,F，求四（2）若点Q是直线作圆的两条切线，切点分别为M边形QEMF的面积的最小值；(+)+(+)ab1ba1l:ax+by−1=0(ab0)2（3）若直线始终平分圆M的面积，写出的最小值.ab参考答案一､选择题，10小题，每题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.【答案】B【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得解.【详解】直线l的方程为3xy10，即−−=y=3x−1，3，设倾斜角为所以直线的斜率k=，则=30180，因为，所以=60.故选：B.2.【答案】B【分析】由任意角的三角函数的定义即可求得结果.【详解】解：角以为始边，终边经过点(3)，445cos==.42+32故选：B.3.【答案】C【分析】利用线线平行，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，在三角形中求解即可.AB1BC//AD,11【详解】如图，连接DB，，则，F分别是AB，AD的中点，DB∥，1BC与EF所成的角，且1是异面直线是等边三角形，1DB=60.故选：C.4.【答案】C【分析】根据题意得两平面的法向量平行，从而得到m=tn，进而求出结果.2=−tk=1m2=(−−)n=(1,2,k)与=−4=t−2=kt，解得：.【详解】由题意得：平行，故mtn，即t=−2故选：C5.【答案】AACBy=−x−.【分析】将直线化为，结合已知条件即可判断不经过的象限BACBy=−x−0，BC0，【详解】由题设，直线可写成，又BABCB−0−0，故直线过二、三、四象限，不过第一象限.∴，故选：A.6.【答案】B【分析】将圆化为标准方程,找到圆心之间的距离和半径之间的关系即可判断圆与圆的位置关系.x2+y2−2x+4y−4=0可化为,【详解】由题知(−)x12y2+(+)2=9,所以圆心为半径为3,x2+(y−2=4,圆心为(),2,(−)+(−(−))=10,22所以圆心之间的距离为0112因为圆心距大于半径差的绝对值,小于半径和,所以两圆相交.故选:B.7.【答案】Amm+2−13=0【分析】利用两直线平行即可得()m=1时两直线重合，即可得m=−3.，又因为mm+2−13=0【详解】根据题意，由两直线平行可得()，即m22m−3=0，+解得m=1或m=−3；经检验m=1时，两直线重合，不合题意；所以m=−3.故选：A8.【答案】D【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．【详解】因为OA=a，=b，=c，()()=ON−OM==OC−OA+OB=c−b−a.所以222故选：D.9.【答案】C【分析】以O为原点，东西方向为轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，计算圆心到直线的距离和x半径比较，可知这艘外籍轮船能否被海监船监测到；计算弦长，可求得持续时间为多长．【详解】如图，以O为原点，东西方向为轴建立直角坐标系,x(40,0)B(0,30)，圆O，x2+y=25，2则方程xy+=1，即3x+4y−120=0|120|直线AB方程：，4030设O到AB距离为d，则d==2425，5所以外籍轮船能被海监船检测到，2252−2421t==设监测时间为，则t282外籍轮船能被海监船检测到的时间是0.5.故选：C.10.【答案】D【分析】对于A,将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构y=+tkt0),根据直线和圆(成计算即可;对于B,结合图像分情况讨论即可;对于C,设公切线方程为相切的条件列出方程求解即可得到结果;对于根据选项C中的方法,求得,的公切线方程,再利用两条平行线间的距离公式计算即可.【详解】曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构成,所以其面积为22+2π1=+242π故正确;,A当r=2时,交点为B,D,F,H;当r2时,交点为A,CE,G;当0r=2或r2时,没有交点;当2r2时,交点个数为8个,故B;y=+tkt0(),设BD与的公切线方程为t−11+kk+t1+k=1=由直线和圆相切的条件可得,22解得k=1,t=1+2(1−2舍去)，则其公切线方程为y=−x+1+2,即x+y−2−1=0,故C正确;,的公切线方程为x+y+1+2=0,同理可得52+1−1−2则两平行线的距离为d=故选:D.=4,故D错误.2二､填空题，共5小题，每小题5分，共25分..(5)2)【答案】①.【分析】由空间向量坐标运算公式计算即可.【详解】∵()，()，B4,5,9A2,3AC=(3,3,6)，∴∴=AB=3,3,6)=2)，33故的坐标为2).∵原点()O0,0,0AC=+=2,3)+2)=(5)，∴=()2,3,5.∴点C的坐标为OC故答案为：2)；(2,3,5).x2y212.【答案】+=12516【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出椭圆方程作答.【详解】依题意，椭圆长轴长2a=10，则a=5，而椭圆半焦距c=3，因此椭圆短半轴长b=a2−c2=52−3=4，2x2y2+=1.所以所求椭圆标准方程是2516x2y2+=1故答案为：2516(−−2)13.【答案】①..6【分析】把a=4代入，再解方程组求出交点坐标；利用直线垂直的充要条件列式计算即得.2x−y+2=0x=−2y=−2【详解】当a=4时，直线l,ll:2x−y+2=l:x+y+4=0，由，解得，12x+y+4=0所以直线的交点P的坐标为a−2(a−=0(−−2)；12l⊥la=6，由，得2，解得1a所以的值为故答案为：(−−2)；614.【答案】−2,【分析】首先分析集合A、B的元素特征，再数形结合求出参数b的取值范围.=1x0()，22【详解】解：由x=1−y2，则x0，所以x+yA=x,yx=1−y()2表示以(0)为圆心，为半径的圆在轴及右侧部分的点集，y所以集合1()B=x,yy=x+by=x+b上的点集，表示直线集合A与集合B都是点集，集合AB中有2个元素，bd==1，解得b=2，2由2+(−)1(.b−2,−1由图可知−2b−1，即故答案为：−2,15.【答案】①③④【分析】①利用面面平行的判定定理求解，②利用空间直角坐标系求解，③分析点P在上运动时PEPB1DABCD−ABCD截面即可求解.1111的变化情况即可求解，④根据图中的几何关系作出平面截正方体1PBD∥平面1BD【详解】对于①，当点P和点A重合时，平面，11ACBD于点OBD于点OCDCBCO,,,,1111连接交，连接交，连接11111CPOOC=AO,∴四边形1平行四边形，∴11P∥O,∵∥,且∥111∵1P平面1BD，O平面1BD，∴1P∥1BD，BD平面1BD1BDBD1BD，∴∥11∵BD∥,，BD平面,1111BDBDPB1DPBD∥平面1BD，∴；11又∵,,平面1111111故①正确；,DC,DDxyz所在的直线为轴，轴，轴，对于②，分别以由几何关系可知1PD1=PBPB1D1⊥是等腰直角三角形，则,1，要使11(),(1)(−)，D0,0,4B4,4,4P4a,a,0=(a−−a,4)，PB1=(a,4−a,4)由已知得,1PD则，1∵PDPB=0，∴a2−+=1D4a80，此方程无解，则不存在点，使得是等腰直角三角形，故1P11②不正确；1DE=BD=2()()()E4,A4,0,0,C4,0,对于③，因为，则1114即EAEC==265则轨迹是在,P上的线段，不包括端点A、C，如下图所示，325，随着P向点C由已知得△为等腰三角形，则△底边上的高EH=运动，EP逐渐减小，故在线段AH上存在一点P使得=5，同理可知靠近点C处也存在一点P使得=5，设线段PE=5，由勾股定理可知=7,所以点P轨迹的长度为27，故③正确；AB,ADM,NBM,DN,连接,11对于④，连接,过点P作的平行线交于点MND1BPB1DABCD−ABCD截正方体所得的截面图形，1111则为平面111AP=AC=2,由△AMN由已知得∽△ABD可知=22，4又因为=ND=25,且MNBD,∥所以四边形MND1B为等腰梯形，111111()22+4232=18其中梯形的高h=32，所以截面面积为，故④正确；2故答案为：①③④三､解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.1）2π；πx=.（2）最大值为1，6）根据给定的函数式，利用正弦函数的周期公式计算即可.（2）求出相位的范围，再利用正弦函数的性质求出最大值即得.【小问1π2πf(x)=sin(x+)的周期T==2π.函数31【小问2πππ5ππππx]x+[,]，因此当x+=x=f(x)=1，时，当时，，即2336326ππ所以f(x)在区间[0,]上的最大值是1，对应x=.262x−y−1=017.1）（2）5.;）求出直线BC的斜率，进而求出BC边的方程.（2）求出直线BC的方程，由点到直线的距离求解三角形的高，进而求出面积.【小问111−(−3)−(−)=2−=(−)y12x1直线BC的斜率为，因此BC边上的直线方程为，所以BC边上的直线方程2x−y−1=0为：.【小问22x−y−1=0直线BC的方程为，32−0−1d==511=(−−)2+(−−)31=25，2于是点A到直线BC的距离为：，而BC22+211所以的面积S=BCd=255=5.2218.1）证明见解析2（2）（3）3431（23）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1A−证明：如图建立空间直角坐标系．ABCD−ABCD的中点，1因为正方体的棱长为2，M是1111所以()()()()()()()，()．C2,2,2A0,0,0,C2,0,D2,0,M0,1,D0,2,2,A0,0,2,B2,0,0111AC2,BC=(−)=(2)，所以所以11=++(−)=AC2022220AC⊥，所以，即11AC⊥；1111【小问2)=(−)解：由（1=(2,1,1．1=()设平面的法向量为ux,y,z，1n+z=0y=1=2，所以=(−−)，2z=−2xu则，令，则，n=2x+2y−z=01An=1,0,0)，显然平面的法向量可以为11A1夹角为cos=设平面与平面，所以，1nu321A所以平面与平面夹角的余弦值为.113【小问3=(1D2−)，设点D到平面的距离为d，1解：因为1D4d=的距离为1则，故点D到平面.33uy=419.1）；（2）3x+4y−16=0或x=0.）由题意得点M在圆C上，由切线与过切点的半径垂直可得切线方程；（2）求出圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式求解，注意分类讨论.【小问1(x−2+(y−2)2=4，圆心为C2)，半径为r=2，圆的标准方程是MC=2知点M在圆Cy=4与轴垂直，因此切线方程是；MCx由上，且【小问2由题意圆心C到直线l的距离为d=2因此直线x=0满足题意，2−(3)2=1，k−2+434y=+4d==1解得k=−再设直线l的斜率存在时的方程为，由，1+k23y=−x+43x4y16=0+−直线l的方程为，即，4综上，直线l方程为3x+4y−16=0或x=020.1）证明见解析.PQ13=（2）存在，PD）根据菱形和中位线的性质得到OP∥BC，然后根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据面面垂直和菱形的性质得到，OA，OP两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间6向量和CQ与平面BCD所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可.8【小问1在梯形ABCD中连接CP，因为CD，=，P为AB中点，所以AP=AD=CD，，所以四边形APCD为菱形，所以O是中点，又P为AB中点，所以OP∥BC，POD，因为平面平面POD，所以BC∥平面POD.【小问2因为四边形APCD为菱形，所以AC⊥OP，⊥，即⊥，因为平面ACB⊥平面ACD，平面ACB平面ACD=，OD平面ACD，所以OD平面，⊥因为,平面，所以OD⊥，OD⊥OP，所以，OA，OP两两垂直，则以O为原点，分别以,OP,OD为x,y,z轴建立空间直角坐标系，因为BAD=60，所以OAOC==3，OD=OP=1，−3,0,0)(B−)()，()，，PD=(−1)，BC=(0)，3,2,0，P0D0,1C()(0)，=3,，CP=−设PQ()PD==(−)，则CQ=CP+=3,1−,，,m=(x,y,z)，设平面的法向量为−2y0=mx=3y=0z=−3，则，