2023-2024学年北京十三中高二（上）期中数学试题和答案

高中PAGE1试题2023北京十三中高二（上）期中数学本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷第1页至第2页；第Ⅱ卷第2页至第4页，答题纸第1页至第3页.共150分，考试时间120分钟.请在答题纸上侧密封线内书写班级､姓名､准考证号.考试结束后，将本试卷的答题纸交回.第I卷（选择题共40分）一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.）1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.2.已知向量，则的位置关系是（）A.垂直 B.平行 C.异面 D.不确定3.已知直线的一个方向向量为，则直线的斜率为（）A. B. C. D.4.圆与圆的位置关系为（）A.外离 B.外切 C.相交 D.内切5.已知直线，，若，则实数的值是（）A.0 B.2或-1 C.0或-3 D.-36.已知点是圆上一点，则点到直线的距离的最小值为（）A.0 B.1 C.2 D.37.已知直线与圆交于两点，且（其中为坐标原点），则实数的值为A. B. C.或 D.或8.如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（）A. B. C. D.19.已知方程，对于该方程所表示的曲线给出下列结论，结论正确的是（）A.曲线仅有两条对称轴B.曲线经过5个整点C.曲线上任意一点到原点距离不小于D.曲线围成的封闭图形面积不超过210.已知两点，，若直线上至少存在三个点，使得是直角三角形，则实数的取值范围是（）．A. B. C. D.第Ⅱ卷（非选择题共110分）二､填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分.）11.已知，则线段的中点坐标是___________.12.经过点且与直线垂直的直线方程为___________.13.在空间直角坐标系中，点，2，关于轴的对称点的坐标为_________14.在空间直角坐标系中，已知点，则直线与所成角的大小是___．15.已知，以为斜边的直角，其顶点的轨迹方程为___________.16.已知点，点在圆上，则的取值范围是___________；若与圆相切，则___________.17.已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥可能为正四棱锥；②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；③可能有平面平面；④四棱锥的体积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.三､解答题：（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.如图，在直三棱柱中，分别为的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19.已知圆过原点和点，圆心在轴上.（1）求圆的方程；（2）直线经过点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程.20.如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形．（1）求证：∥平面；（2）若平面，求：（ⅰ）直线与平面所成角的正弦值；（ⅱ）点D到平面的距离．21.如图，在长方体中，AD=1，，H，F分别是棱，的中点.（1）判断直线HF与平面的位置关系，并证明你的结论；（2）求直线HF与平面ABCD所成角的正弦值；（3）在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.22.已知圆为过点且斜率为的直线.（1）若与圆相切，求直线的方程；（2）若与圆相交于不同的两点，是否存在常数，使得向量与共线？若存在，求的值：若不存在，请说明理由.

参考答案第I卷（选择题共40分）一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.）1.【答案】A【分析】求出直线的斜率，结合倾斜角的取值范围可得出结果.【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，又因为，故.故选：A2.【答案】A【分析】计算，可知，得到答案.【详解】因为向量，所以，所以，故选：A.3.【答案】B【分析】根据直线斜率公式结合已知直线的方向向量可以直接求出直线的斜率.【详解】因为直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为.故选：B4.【答案】B【分析】根据圆心距与半径的关系判断.【详解】由题意，圆，则圆心，半径，圆，则圆心,半径，所以两圆圆心距，所以两圆外切.故选：B.5.【答案】C【分析】由，结合两直线一般式有列方程求解即可.【详解】由知：,解得：或故选：C.6.【答案】C【分析】首先求出圆心到直线的距离，再减去半径，即可求解.【详解】圆的圆心为，半径为1，圆心到直线的距离为，所以点到直线的距离的最小值为.故选：C.7.【答案】C【详解】分析：利用OA⊥OB，OA=OB，可得出三角形AOB为等腰直角三角形，由圆的标准方程得到圆心坐标与半径R，可得出AB，求出AB的长，圆心到直线y=﹣x+a的距离为AB的一半，利用点到直线的距离公式列出关于a的方程，求出方程的解即可得到实数a的值．详解：∵OA⊥OB，OA=OB，∴△AOB为等腰直角三角形，又圆心坐标为（0，0），半径R=2，∴AB=.∴圆心到直线y=﹣x+a的距离d=AB==，∴|a|=2，∴a=±2．故答案为C．点睛：这个题目考查的是直线和圆的位置关系，一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理和垂径定理.8.【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出与平面所成角的余弦值范围，即可得出正弦值的范围.【详解】以为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1，则，设，所以，平面的法向量为，所以则与平面所成角的正弦值取值范围为.对比各选项，C项不可能.故选：C9.【答案】D【分析】根据知曲线有四条对称轴可判断A；根据判断整点在曲线上的个数可判断B；根据曲线上的点到原点的距离可判断C；判断曲线在第一象限位于的下方，同理可得在其他三个象限的情况，从而得到曲线在以为边长的正方形的内部可判断D.【详解】由知，，对于A，曲线关于轴对称，关于轴对称，关于对称，关于对称，即有四条对称轴，故A错误；对于B，，且在范围内的整点有，，，，，，，，，满足的有，，，共四个，故B错误；对于C，在曲线上，而到原点的距离为，故C错误；对于D，当时，，，，即，同理可得，，，即曲线在四条直线，，，所围成的封闭图形的内部，即曲线在边长为的正方形的内部，曲线围成的图形的面积，故D正确.故选：D.10.【答案】B【分析】由于直线恒过点，所以可得，而当为直角时，这样的点一定存在，所以要使为直角，只要直线与圆至少有一个交点，从而可求出实数的取值范围.【详解】因为构成三角形，且直线恒过点，所以三点不共线，即，显然，当或为直角时，在直线上一定存在点，若至少存在三个点使是直角三角形，即至少存在一个点，使为直角，即直线与圆至少有一个交点，则，解得，即且，.故选：B第Ⅱ卷（非选择题共110分）二､填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分.）11.【答案】【分析】由中点公式计算即可得出结果.【详解】因为，所以线段的中点坐标是，即中点为.故答案为：12.【答案】【分析】由题可设直线方程为，代入已知点坐标即得.【详解】由题可设所求直线方程为，代入点，可得，即，所以经过点且与直线垂直的直线方程为.故答案为：.13.【答案】，，【分析】利用空间直角坐标系中点的对称关系直接求解即可【详解】空间直角坐标系中，点，2，关于轴的对称点坐标为，，．故答案为：，，．14.【答案】【分析】利用空间向量求夹角公式直接求解.【详解】又空间中两直线夹角范围为，故所以直线与所成角的大小是故答案为：15.【答案】【分析】设出点的坐标，由勾股定理得到等式，化简后除去曲线与轴的交点得答案.【详解】设，则，即，整理得：∵三点构成三角形，∴.∴顶点的轨迹方程为.故答案为：.16.【答案】①.②.【分析】利用两点间距离公式计算求得,进而可得的取值范围；若与圆相切，利用勾股定理计算即可求得的值.【详解】圆标准化为，圆心，半径，，则，所以的取值范围是，当与圆相切时，可知.故答案为：；17.【答案】①②④【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确；对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；对④，设，则，因为，故，所以，故④正确故答案为：①②④三､解答题：（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）先证四点共面，再证明，由线线平行得到线面平行.（2）建系，分别求出平面的法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求出即可.【小问1详解】连接，因为分别为的中点，所以在三棱柱中，.所以四点共面.因为分别为的中点，所以.所以四边形为平行四边形.所以.因为平面平面，所以平面.【小问2详解】由题设平面，所以.因为，所以两两垂直.如图建立空间直角坐标系.所以..平面的一个法向量是，设平面的法向量为，则即令，则.于是，设二面角的平面角为，则，由图可知为锐角，所以.19.【答案】（1）（2）或【分析】（1）设圆的圆心坐标为，由已知列出方程，求得，进而求得半径，即可得出结果；（2）设出直线方程，利用垂径定理，列方程求出直线的斜率即可得出结果.【小问1详解】设圆的圆心坐标为.依题意，在，解得从而圆的半径为，所以圆的方程为.【小问2详解】依题意，圆C的圆心到直线的距离为4显然直线符合题意.当直线的斜率存在时，设其方程为，即所以解得，所以直线的方程为综上，直线的方程为或.20.【答案】（1）见解析；（2）（i）；（ii）.【分析】（1）在射线上取点,使，证明四边形为平行四边形，则，则根据线面平行的判定即可得到；（2）以为原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，计算出平面的法向量为，则可计算出线面角的正弦值；（3）因为,根据（2）的结论则得到距离.【小问1详解】如图,在射线上取点,使,连接.由题设,得,所以四边形为平行四边形.所以且.又四边形为平行四边形,所以且.所以且..所以四边形为平行四边形,所以.因为平面平面所以平面.【小问2详解】（i）因为平面,平面，所以.又,所以,,两两相互垂直.如图建立空间直角坐标系,则.所以.设平面的法向量为,则即令,则.于是.设直线与平面所成角为,则所以直线与平面所成角的正弦值为.（ii）因为,所以直线与平面所成角的正弦值为.所以点到平面的距离为21.【答案】（1）面，证明见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析.【分析】（1）为的交点，连接，易得为平行四边形，根据平行四边形性质、线面平行判定即可证面.（2）由（1）只需求与面ABCD所成角的正弦值，根据已知条件求值即可.（3）由（1）知HF上任意一点到面的距离都相等，只需求到面的距离，利用长方体的结构特征求距离即可.【小问1详解】若为的交点，连接，又H，F分别是棱，的中点，由长方体的结构特征知：且，故为平行四边形，所以，面，面，则面.【小问2详解】由（1）知：HF与面ABCD所成角，即为与面ABCD所成角，长方体中，到面ABCD的距离为，，所以与面ABCD所成角正弦值为，即HF与面ABCD所成角的正弦值为.【小问3详解】由（1）知：面，即HF上任意一点到面的距离都相等，所以只需求到面的距离，而到面的距离为，所以到面的距离，故HF上不存在Q，使得Q到平面的距离是.22