北京市第六十五中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题

北京市第六十五中学2023-2024学年度第一学期期中达标测试题高二数学试卷考试时间120分钟满分100分第一部分（选择题共36分）一､选择题（3分×12=36分）1.已知向量，如果，那么等于（）A. B.1 C. D.5【答案】B【解析】【分析】利用空间向量共线的条件求解即可【详解】，，，故选：B2.已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（）A.1 B.2 C. D.4【答案】A【解析】【分析】直接利用两平行直线之间的距离公式计算即可.【详解】解：由题意，两直线的距离为.故选：A.3.圆：与圆：的位置关系是（）A.内含 B.内切 C.相交 D.外切【答案】B【解析】【分析】根据两圆的圆心距与两圆半径和差的比较即可判断两圆位置关系.【详解】因为圆：的圆心，半径为，圆：的圆心，半径为，所以两个圆的圆心距，又两个圆的半径差为，所以圆与圆的位置关系是内切.故选：B.4.已知点A(x,5)关于点(1，y)的对称点(－2，－3)，则点P(x，y)到原点的距离是()A.4 B.C. D.【答案】D【解析】【详解】因为点关于点对称，所以有，解得．所以点到原点的距离为，故选D5.已知，，，若，，三向量共面，则实数（）.A.-1 B.1 C.2 D.-2【答案】A【解析】【分析】根据，，共面得到，然后列方程求解即可.【详解】因为，，共面，所以，即，解得.故选：A.6.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，已知，，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.【详解】因为在四棱锥中，底面是正方形，，，，，所以．故选：A．7.以点为圆心，且与直线相切的圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出圆的半径即可得解.【详解】由直线为圆切线，得圆的半径，所以所求圆的方程为.故选：A8.离心率为，长轴长为6的椭圆的标准方程是A. B.或C. D.或【答案】B【解析】【详解】试题解析：当焦点在x轴上：当焦点在y轴上：考点：本题考查椭圆的标准方程点评：解决本题的关键是焦点位置不同方程不同9.如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.【详解】建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，所以，故选：D10.已知是椭圆的两焦点,过点的直线交椭圆于点A、B,若,则(

)A.11 B.10 C.9 D.16【答案】A【解析】【分析】由椭圆的方程求出椭圆的长轴长，再由椭圆的定义结合求得结果【详解】如图，由椭圆可得：，则又且则故选【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，解题的关键是根据椭圆的定义即椭圆上的点到焦点的距离之和为，属于基础题．11.已知圆的方程为，直线与圆交于A，B两点，则当面积最大时，直线的斜率A.1 B.6 C.1或7 D.2或6【答案】C【解析】【详解】圆可化标准方程：直线可变形为，即圆心为（1，0），半径r=1,直线过定点（2，2），由面积公式所以当时，即点到直线距离为时取最大值．，解得k=1或7,选C.【点睛】本题选择合适是三角形面积公式是关键，选择，使运算更简单，也更好理解．12.已知点是棱长为2的正方体的底面上一点（包括边界），则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题设及向量加法的几何意义可得、，结合向量数量积的运算律及正方体的性质有且，即可求的范围.【详解】由题设，，，∴，又，，∴，而在面上一点（包括边界），∴，故.故选：B第二部分（非选择题共64分）二､填空题（3分×6=18分）13.直线的倾斜角的大小是____________.【答案】##【解析】【分析】由直线的斜率与倾斜角的关系可得，再求倾斜角即可.【详解】设直线的倾斜角为，由直线的方程为：可得，又，所以，故答案为：.14.已知向量，若与垂直，则___________.【答案】【解析】【分析】由与垂直，解得，从而，由此能求出.【详解】∵与垂直，∴，则，解得，∴，则，∴，故答案为：.15.圆上的点到直线的距离的最小值是______.【答案】【解析】【分析】求圆心到直线的距离，用距离减去半径即可最小值.【详解】圆C的圆心为，半径为，圆心C到直线的距离为：，所以最小值为：故答案为【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离的最值，若圆心距为d，圆的半径为r且圆与直线相离，则圆上的点到直线距离的最大值为d+r，最小值为d-r.16.古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，点满足，则点的轨迹方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据点点距离即可列方程化简求解.【详解】设，则，化简得，即，故答案为：17.已知圆C经过点，和直线相切，且圆心在直线上.则圆的方程为_________.【答案】【解析】【分析】设圆的方程为，根据题设条件，列出方程组，求得的值.【详解】由题意，圆的圆心在直线，可设圆心坐标为，则圆的方程为，又由圆经过点，和直线相切，可得，整理得，解得，所以圆的方程为.故答案为：18.已知实数满足方程，给出下列四个结论：①的最大值为②的最大值为③的最大值为④的最大值为其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②【解析】【分析】令，由直线与圆有公共点，求解判断①；求出的范围，把视为的函数并求出范围判断②；令，由直线和圆有公共点，求解判断③，令，由直线与圆有公共点，求解判断④.【详解】依题意，方程，即表示圆心为，半径为的圆，对于①，令，则直线与圆有公共点，于是，解得，即的最大值为，①正确；对于②，由，得，解得，因此，即的最大值为，②正确；对于③，令，即，则直线和圆有公共点，则，解得，即的最大值为，③错误；对于④，令，则直线与圆有公共点，则，解得，即的最大值为，④错误，所以所有正确结论的序号是①②.故答案为：①②【点睛】思路点睛：换元并把问题转化为直线与圆的位置关系，再借助点到直线距离公式求解即得.三､解答题（共46分）19.已知直线经过点，且与直线垂直.（1）求直线的方程；（2）若直线与直线平行且点到直线的距离为，求直线的方程；（3）若直线与直线相交于点，且在轴，轴上截距相等，求直线的方程.【答案】（1）（2）或（3）或【解析】【分析】（1）由两直线垂直得直线的斜率，由点斜式方程可得；（2）由直线与直线平行，设出直线的一般式方程待定系数，再由点到直线的距离公式可求；（3）由直线在轴，轴上截距相等，按照截距是否为零分类讨论，再分别在不同分类下求解直线方程，由点在直线上待定系数即可.【小问1详解】直线与直线垂直，且直线斜率为，则直线的斜率为，又直线经过点，故直线的方程为，化简得；【小问2详解】由直线与直线平行，则可设直线的方程为，又点到直线的距离为，则，解得，或，故直线的方程为或；【小问3详解】直线在轴，轴上截距相等，①当截距都为时，则直线过原点，且过点，故直线的方程为，即；②当截距都不为时，则可设直线的方程为，由直线过点，得，解得，则直线的方程为；综上所述，直线的方程为或.20.如图，已知正方体的棱长为为的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明详见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值；（3）利用向量法求得点到平面的距离.【小问1详解】根据正方体的性质可知，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.小问2详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，易得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面的夹角为，则.小问3详解】，则到平面的距离为：.21.圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.（1）求圆的标准方程；（2）已知直线l：与圆相交于两点，求弦长的值；（3）过点引圆的切线，求切线的方程.【答案】（1）（2）（3）和【解析】【分析】（1）求出圆心和半径，写出圆的方程；（2）求出圆心到直线距离，进而求出弦长.（3）当斜率不存时，符合题意，当斜率存在时，设出直线方程，根据，求出斜率，写出方程.【小问1详解】由题意可得，圆心为，半径为2，则圆的方程为；【小问2详解】由（1）可知：圆的半径，设圆心到的距离为，则，所以.【小问3详解】当斜率不存在时，为过点的圆C的切线.当斜率存在时，设切线方程为，即，解得综上所述：切线的方程为和.22.如图,在四棱锥中,平面平面,.（1）求证:平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在,求的值；若不存在,说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即（为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出的值.【详解】（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）