2024北京大峪中学高二（上）期中数学（教师版）

第1页/共1页2024北京大峪中学高二（上）期中数学（满分：150分；时间：120分钟；命题人：高二集备组；审核人：宋扬）一、选择题（本大题共10.小题，每题4分，共40分）1.在空间直角坐标系中，若，，则（）A. B. C. D.2.已知直线l的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.3.直线被圆截得的弦长为（）A.1 B. C.2 D.4.已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（）A.内含 B.相切 C.相交 D.外离5.若点关于直线的对称点在轴上，则满足的条件为（）A. B.C. D.6.设aR，则“a＝1”是“直线：ax＋2y－1＝0与直线：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.如图，在空间四边形OABC中，，，则与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.8.棱长为1的正方体中，若G为正方形的中心，即（）A.2 B. C.－1 D.19.在平面直角坐标系中，若点在直线上，则当，变化时，直线的斜率的取值范围是（）A. B.C. D.10.瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为（）A. B. C. D.6二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）11.已知向量，若，则__________．12.已知直线与直线交于点，过点且与直线平行的直线方程为________，这两条平行直线间的距离为______.13.已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为____.14.在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，当，变化时，的最大值为______.15.如图，若正方体的棱长为2，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则下列结论中正确结论的序号是_____．

①若保持，则点在底面内运动路径的长度为②三棱锥体积的最大值为③若，则二面角的余弦值的最大值为④若则与所成角的余弦值的最大值为三、解答题（本大题共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.已知两点，直线为线段AB的垂直平分线，求：（1）直线的方程；（2）直线与坐标轴所围成的三角形的面积.17.在①圆的一条对称轴为，②圆经过点，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解.已知圆经过点且______.（1）求圆的方程；（2）在圆中，求以为中点的弦所在的直线方程.18.如图，在长方体中，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求三棱锥的体积.19.已知直线，半径为的圆与相切，圆心在轴上且在直线的上方.（1）求圆的方程；（2）设过点的直线被圆截得的弦长等于，求直线的方程.20.如图，四棱锥中，平面，，是的中点．（1）证明：平面；（2）若二面角的余弦值是，求的值；（3）若，在线段AD上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．21.人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；（2）若点，，求的最大值；（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．

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】直接利用空间向量的坐标运算求解.【详解】解：因为，，所以.故选：B2.【答案】D【分析】由直线的方向向量的概念，即可求出直线的斜率，进而求出直线的倾斜角.【详解】由直线l的一个方向向量为，则直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故选：D.3.【答案】B【分析】先求出圆心到直线的距离，然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长【详解】解：圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离，所以直线被圆所截得的弦长为，故选：B4.【答案】A【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径，则，故，所以两圆内含；故选：A5.【答案】B【分析】由已知，设点关于直线的对称点为，再由垂直直线的斜率关系和点与点的中点在上，建立方程组，即可得到.【详解】因为点关于直线的对称点在轴上，设点关于直线的对称点为，则有，解得.故选：B.6.【答案】A【详解】∵当a=1时，直线：x+2y﹣1=0与直线：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，∵当两条直线平行时，得到，解得a=﹣2，a=1，∴后者不能推出前者，∴前者是后者的充分不必要条件．故选A．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系．7.【答案】C【分析】根据已给条件该题可利用向量法求解与夹角的余弦值,可先求与的数量积，再利用代入向量的夹角公式求解即可.【详解】，，设异面直线与的夹角为，则.故选：C.8.【答案】D【分析】设，，，利用基向量表示、，再求其数量积.【详解】设，，，则，且，，，即，且，，，则，，则.故选：D.9.【答案】B【分析】将点代入直线方程中得出点为圆上的动点，结合图像分析即可求出直线的斜率的取值范围.【详解】因为点在直线上，所以，即，则表示圆心为，半径为1的圆上的点，如图：由图可知当直线与圆相切时，直线的斜率得到最值，设，由圆与直线相切，故有圆心到直线的距离为半径1，即，解得：，由图分析得：直线的斜率的取值范围是.故选：B.10.【答案】A【分析】由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程，再由点到直线的距离公式结合圆的对称性得出答案.【详解】解：因为在中，所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线因为点，点，所以因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为所以的垂直平分线方程为，即因为“欧拉线”与圆相切所以可得圆心到“欧拉线”的距离为圆心到直线的距离为由圆的对称性可知，圆上的点到直线的距离的最小值为故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用距离公式得出圆心到直线的距离，再由对称性得出最小值.二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分）11.【答案】-7【分析】根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果.【详解】∵，，则存在唯一实数，使得，即，解得,∴．故答案为：.12.【答案】①.②.##【分析】先联立直线方程求得点的坐标，然后利用平行关系得斜率，从而利用点斜式方程求解直线方程，再化为一般式即可，最后代入两平行线间的距离公式求解即可.【详解】由，可得，即，又，故过点且与平行的直线方程为，即，可将表示为，此时两平行直线间的距离为.故答案为：，13.【答案】【分析】结合向量的坐标运算，两向量夹角为钝角需满足数量积为负，且夹角不为平角.【详解】，与的夹角为钝角，则，即.又当与的夹角为平角时，有，得.故实数的取值范围为且.故答案为：14.【答案】3【分析】问题转化为圆的圆心到直线的距离的最大值加上圆的半径即可得到.【详解】因为点的轨迹是圆心在原点,半径为1的圆,直线过定点,如图所示:过作,垂足为,则,所以,取等的条件是与重合,此时.故答案为3.【点睛】本题考查了数形结合思想,点到直线的距离,圆的方程,直线过定点,属于中档题.15.【答案】①②④【分析】对于①，易知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在底面内的四分之一圆，即可知①正确；对于②，的面积为定值，建立空间直角坐标系求得到平面的距离最大值为，可得②正确；对于③，若，由空间向量可得二面角的余弦值的最大值为，即③错误；异面直线与所成角的余弦值的最大值为，即④正确.【详解】对于①，根据题意可知平面，所以为直角三角形，即，且若保持，可知，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在底面内的部分，即为四分之一圆，因此点在底面内的运动路径长度为，即①正确；对于②，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：易知，则，设平面的一个法向量为，可得，令，可得，即；可设，则，所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为；又在中，易知，所以边上的高为；其面积为定值，即；所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为，即②正确；对于③，根据正方体性质可知平面，又是棱的中点，，所以可得点在平面，又点在底面内，平面平面，所以；根据B中的坐标系可知，所以可得，；则，设平面的一个法向量为，可得，令，则，即；易知平面的一个法向量为，所以，易知当时，，当时，，令，可得在上恒成立，即在上单调递增；此时时，最大，当，，易知在上单调递减，所以时，，又由图可知，当时，点与重合，综上二面角的余弦值的取值范围为，故③错误；对于④，根据选项C易知，可得，当时，，当时，，易知当时，取到最大值为，综上可知，与所成角的余弦值的最大值为，即④正确；故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：在求解二面角以及线面角最值问题时，一般需要借助空间向量得出空间角余弦值的表达式，再利用基本不等式或函数单调性求出最值即可.三、解答题（本大题共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）.【分析】（1）利用中点坐标和直线垂直的斜率关系，结合点斜式即可得解.（2）求求出直线与坐标轴上的交点坐标，进而求出三角形面积.【小问1详解】点，则线段的中点为，直线的斜率，于是直线的斜率为，其方程为，即.【小问2详解】由（1）知，直线交轴于点，交轴于点，所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积.17.【答案】（1）条件选择见解析，；（2）.【分析】（1）选择条件①、条件②，求出线段中垂线方程，进而求出圆心和半径即可求出圆的方.（2）先求出弦的中点与圆心所在直线的斜率，进而求出弦所在的直线的斜率，再求直线方程即可.【小问1详解】选条件①，由点，得线段的中点，直线的斜率，于是线段的中垂线方程为，即，由，解得，因此圆的圆心，半径，所以圆的方程为

.选条件②，由点，得线段的中点，直线的斜率，于是线段的中垂线方程为，即，显然圆心在线段的中垂线上，设，由，得，解得，因此圆的圆心，半径，所以圆的方程为

.【小问2详解】记，由（1）知，，即点在圆内，直线的斜率，因此以为中点的圆的弦所在的直线斜率为，方程为，即，所以所求直线方程为

.18.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）设，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（3）计算出的面积，再利用三棱锥的体积公式可求得三棱锥的体积.【小问1详解】证明：设，连接，在长方体中，底面为矩形，且，所以，为的中点，又因为为的中点，所以，，因为平面，平面，所以，平面.【小问2详解】证明：在矩形中，，则矩形为正方形，故，在长方体，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问3详解】解：因为四边形是边长为的正方形，则，因为，为的中点，则，因为平面，则.19.【答案】（1）（2）或【分析】（1）设圆心的坐标为，根据题意可得出，利用点到直线的距离求出的值，可得出圆心坐标，即可得出圆的方程；（2）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离为，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证即可；在直线的斜率存在时，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出直线的斜率，综合可得出直线的方程.【小问1详解】解：设圆心的坐标为，因为圆心在直线上方，则，可得，因为半径为的圆与相切，则，因为，解得，所以，圆心为原点，故圆的方程为.【小问2详解】解：由勾股定理可得，圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合乎题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，由题意可得，解得，此时，直线的方程为.综上所述，直线的方程为或.20.【答案】（1）证明见解析（2）（3）不存在，理由见解析【分析】（1）推导出平面．．由此能证明平面;（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的值;（3）设，当，，，由知，,，这与矛盾,从而在线段上不存在点，使得．【小问1详解】证明：因为平面，,所以平面,又因为平面，所以．在中，，是的中点，所以．又因为,平面,所以平面．【小问2详解】因为平面，平面，所以,又因为,所以如图建立空间直角坐标系．则,则，，设平面的法向量为n=x,y,z则即，令，则，，故．因为平面，平面，所以,又,平面,所以平面．又因为，所以取平面的法向量为所以，则，解得．又因为，所以；【小问3详解】结论：不存在．理由如下：证明：设．当时，，，由知,，这与矛盾,所以在线段上不存在点，使得．21.【答案】（1），（2）（3）存在，和【分析】（1）代入和的公式，即可求解；（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；（3）首先求的最小值，分和两