2023-2024学年北京大峪中学高二（上）期中数学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京大峪中学高二（上）期中数学一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）1.已知直线，则直线l的倾斜角为（）A. B. C. D.2.已知空间向量，，则（）A. B. C.1 D.23.圆与圆的位置关系为（）A.相离 B.外切 C.相交 D.内切4.若表示圆的方程，则的取值范围是（）A. B. C. D.5.已知直线和直线互相平行，则a的值是（）A.0 B.2 C. D.6.如图，空间四边形OABC中，，点M是OA的中点，点N在BC上，且，设，则x，y，z的值为（）A. B. C. D.7.点关于直线的对称点的坐标为（）A. B. C. D.8.若，分别为与上任一点，则的最小值为（）A. B. C. D.9.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.10.设为函数图像上的动点，是圆（其中）上的动点，若最小值为1，则以所有满足条件的点为顶点的多边形的面积为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）11.已知，，若，则___________.12.已知圆与圆外切，则__________．13.无论取何值，直线恒经过一个定点，的坐标为__________，经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为__________．14.在棱长为的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为__________.15.如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面，，，分别为棱，，的中点，为及其内部的动点，满足平面，给出下列四个结论：①直线与平面所成角为；②二面角的余弦值为；③点到平面的距离为定值；④线段长度的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________．三、解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16.在平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为（1）设的中点为，求边上的中线所在的直线方程；（2）求边上的高所在的直线方程；（3）求的面积．17.已知圆过点，圆心为．（1）求圆的方程；（2）判断直线与圆的位置关系；（3）已知过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程．18.在三棱锥中，和都是边长为的等边三角形，，分别是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求三棱锥的体积．19.已知圆E经过点，，从下列3个条件选取一个：①过点；②圆E恒被直线平分；③与y轴相切.（1）求圆E的方程；（2）过点的直线l与圆E相切，求直线l方程.20.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.（1）证明：若，直线平面；（2）求二面角的正弦值；（3）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.21.对于平面直角坐标系中的两点，现定义由点到点的“折线距离”为.（1）已知，求；（2）已知点，点是直线上的一个动点，求的最小值；（3）对平面上给定的两个不同的点，是否存在点，同时满足①②.若存在，请求出所有符合条件的点；若不存在，请予以证明.

参考答案一、选择题（本大题共10小题，每题4分，共40分）1.【答案】B【分析】根据方程得到斜率，然后可得其倾斜角.【详解】因为直线的斜率为，所以直线l的倾斜角为故选：B2.【答案】D【分析】根据空间向量的坐标运算求解.【详解】∵，，则，∴.故选：D.3.【答案】C【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.【详解】解:由题知可化为,,所以圆心为,半径为2,,圆心为,半径为4,所以圆心之间的距离为,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:C4.【答案】A【分析】把给定方程配方化成圆的标准方程形式即可计算作答.【详解】方程化为：，因方程表示圆，于是得，解得，所以的取值范围是：.故选：A5.【答案】B【分析】由两直线平行直接列方程求解即可.【详解】由题意可知，因为直线和直线互相平行，所以，解得，故选：B6.【答案】C【分析】将表示为以为基底的向量，由此求得的值.【详解】依题意，所以.故选：C.【点睛】本小题主要考查空间中，用基底表示向量，考查空间向量的线性运算，属于基础题.7.【答案】A【分析】设点关于直线对称的点为，由对称关系可知，两点连线与直线垂直，所以，又由两点连线段的中点在直线上，得，解出点坐标.【详解】设点关于直线对称的点为，直线的斜率为-1，由对称关系，两点连线与直线垂直，所以，又因为两点连线段的中点在直线上，代入得，解方程，解得，，所以对称点为.故选：A.8.【答案】C【分析】两条直线相互平行，的最小值是平行线之间的距离.【详解】由，可得两条直线相互平行，的最小值是平行线之间的距离，直线可变形为则的最小值为．故选：C9.【答案】D【分析】作出曲线的图象，通过直线的平移，求解满足条件时实数的取值范围.【详解】即，表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x轴以及x轴上方的部分．

作出曲线的图象，直线即，直线在轴上的截距为，当直线过点，与曲线有两个不同的交点，此时，当直线与曲线相切时，，由，解得，所以直线与曲线有两个不同的交点，实数的取值范围是.故选：D10.【答案】D【分析】由题意，点在坐标轴上，且到函数图像距离为2，找出符合条件的点，求多边形的面积.【详解】函数的图像是原点出发的两条射线与，两条射线关于轴对称，与轴正方向夹角为，圆，圆心，半径为1，最小值为1，此时为2，，圆的圆心点始终在坐标轴上，所有满足条件的点即坐标轴上到或或原点距离等于2的点，轴上有满足条件，轴上有有满足条件，如图所示，过和分别作的垂线，垂足为与，则，，，，四边形的面积.故选：D二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）11.【答案】6【分析】根据，可得，解方程即可得出答案.【详解】解：因为，所以，即，解得.故答案为：6.12.【答案】【分析】由两圆外切，两圆心距等于两圆半径之和即可求出结果．【详解】圆，圆心坐标为，半径为2圆，圆心坐标，半径为,

由两圆外切，两圆心距等于两圆半径之和，即，所以．

故答案为：．13.【答案】①.②.或【分析】将直线方程转化为，即可得出定点坐标，然后根据截距的概念分类讨论求直线方程即可.【详解】直线，即，所以直线过定点，即点的坐标.过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程,当截距为0时，直线的方程即：；当截距不为0时，设截距为，直线方程为：，点在直线上，所以，解得，此时直线方程为，即，故直线方程为：或.故答案为：；或.14.【答案】【分析】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE，所以，所以直线和夹角即为，分别求得各个长度，结合余弦定理，即可求得答案.【详解】连接MD，取MD中点E，连接EN，CE，因为ABCD为正四面体，且棱长为1，分别为的中点，所以，因为E，N分别为MD，AD中点，所以，且，所以直线和夹角即为，在中，，所以在中，，所以直线和夹角的余弦值为.故答案为：15.【答案】②③【分析】对于①，直接找出直线与平面所成角求解；对于②，直接找到二面角的平面角求解；对于③，利用平面，两点到平面的距离相等；对于④，求出的轨迹，再求线段长度的取值范围.【详解】对于①，连接，因为是等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，面，所以面，所以与平面所成角为，在直角中，，所以，故直线与平面所成角为不正确，故①错误；对于②，取中点为，连接，因为底面是边长为2的正方形，所以，又，所以二面角的平面角为，又因为面，所以，在直角中，，所以，故②正确；对于③，因为平面，所以两点到平面的距离相等，而点到平面的距离为定值，故点到平面的距离为定值，故③正确；对于④，取中点为，连接，则，因为面，面，故面，同理可证面，又因为，面，面，所以面面，又平面，面，面面，所以的轨迹为线段，在等边中，的最大值为，最小值为到直线的距离为，故线段长度的取值范围是，故④错误.故答案为：②③.三、解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）16.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）先由中点坐标公式求得，再利用点斜式即可求得所在的直线方程；（2）利用直线垂直斜率相等求得，再利用点斜式即可求得边上的高所在的直线方程；（3）先用点斜式求得直线的方程，再利用点线距离公式与两点距离公式分别求得的高与底，由此可求得的面积．【小问1详解】因为，所以的中点，故，所以边上的中线所在的直线方程为，即.【小问2详解】设，交与点，则，因为，所以，所以边上的高所在的直线方程为，即.【小问3详解】由（2）知，所以直线的方程为，即，所以点到直线的距离，又，所以的面积为.17.【答案】（1）（2）直线与圆相切（3）或【分析】（1）由两点间的距离公式求出半径，即可得解；（2）求出圆心到直线的距离，即可判断；（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，利用垂径定理与勾股定理表示出弦长，即可求出参数的值，从而得解.【小问1详解】解：由题意，圆的半径为，所以圆的方程为.【小问2详解】解：设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相切；【小问3详解】解：若斜率不存在，则直线方程为，弦心距，半径为，则，符合题意；·若斜率存在，设直线方程为，即.所以弦心距，所以，解得，直线方程为，综上所述，直线的方程为或.18.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）根据线面平行的判定定理，只须判定即可.（2）根据面面垂直的判定只须证明平面即可.（3）在（2）的基础上，可利用三棱锥可换底的特性知，从而得解.【小问1详解】分别为的中点，，又平面，平面，平面.【小问2详解】连结，如图，，，则，故，又为的中点，，同理，，又，，又，平面.由于平面，平面平面.【小问3详解】由（2）可知平面为三棱锥的高，且，故.19.【答案】（1）（2）或【分析】（1）结合已知条件利用待定系数法或圆的几何性质即可求解；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的离公式计算即可.【小问1详解】若选①：设圆E的方程为：，因为圆E经过点，，，所以，故圆E的方程为：，即；若选②：由直线方程可知，，故直线恒过点，因为圆E恒被直线平分，所以圆E的圆心为，因为在圆上，故圆的半径，从而圆E的方程为：；若选③：不妨设圆E的圆心为，半径为，此时，故圆E的方程为：，分别将，代入上式可得，，故圆E的方程为：；【小问2详解】当直线l的斜率不存在时，其方程为，圆E的圆心到直线的距离为，则此时直线与圆相切，当直线l的斜率存在时，设方程为，即，则圆心到直线的距离，解得，所以此时直线的方程为，即，综上：直线l的方程为或.20.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，或【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.【小问1详解】如图所示，在线段上取一点，使，连接，，，，又，，，四边形为平行四边形，，又，，所以平面平面，平面，平面；【小问2详解】如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，又是中点，则，所以，，，设平面的法向量，则，令，则，设平面的法向量，则，令，则，所以，则二面角的正弦值为；【小问3详解】存在，或假设存在点，设，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，则，，则，，解得或，故存在点，此时或.21.【答案】（1）4；（2）；（3）存在，答案见解析.【分析】（1）根据题中给定定义直接求解;（2）根据定义列出式子，用不等式求解最值；（3）根据定义分类讨论证明.【小