2024-2025学年北京市海淀区首都师大附中高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年北京市海淀区首都师大附中高二（上）期中数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量m=(−3,2,4)，n=(1,−3,−2)，则|mA.22 B.8 C.3 2.直线2x+y+7=0在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则a、b的值是(

)A.a=−7，b=−7 B.a=−7，b=−72

C.a=−72，b=7 3.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1A.16 B.56 C.764.方程x2+y2+ax−2by+c=0表示圆心为C(2,2)，半径为2的圆，则a，b，A.4、2、4 B.−4、2、4 C.−4、2、−4 D.4、−2、−45.已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若a//α，a//b，则b//α B.若a//α，a//β，则α//β

C.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β D.若a⊥α，b⊥α，则a//b6.若直线l1：ax+3y+1=0与直线l2：2x+(a+1)y+1=0互相平行，则a的值是(

)A.−3 B.2 C.−3或2 D.3或−27.一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干(如图甲，底面处于水平状态).将容器放倒(如图乙，一个侧面处于水平状态)，这时水面所在的平面与各棱交点E，F，F1，E1分别为所在棱的中点，则图甲中水面的高度为(

)

A.3 B.2 C.338.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤1，若将军从点A(2,0)处出发，河岸线所在直线方程为A.10−1 B.25−1 9.已知动直线l与圆O：x2+y2=16交于A、B两点，且∠AOB=120°.若l与圆(x−2)2+A.1 B.2 C.3 D.410.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，曲线W的方程是x2+y2+|y|=1，P为W上的任意一点，给出下面四个命题：

①曲线W上的点关于x轴、y轴对称；

②曲线W上两点间的最大距离为22；

③|OP|的取值范围为[12,1]；

A.①② B.①③ C.①④ D.③④二、填空题：本题共5小题，每小题6分，共30分。11.直线l：x+3y−1=0的倾斜角为______，经过点(1,312.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为13.直线l过点(−4,0)且与圆(x+1)2+(y−2)2=9相切，那么直线14.设m∈R，过定点M的直线l1：x+my−3m−1=0与过定点N的直线l2：mx−y−3m+1=0相交于点P，则点M坐标为______，|PM|+|PN|的最大值为______．15.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：

①平面CMN截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形是五边形；

②直线B三、解答题：本题共3小题，共36分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题12分)

如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AD//BC，AD⊥AB，AB=2，AD=2，BC=4，AA1=2，点E是DD1的中点，点F是平面B117.(本小题12分)

已知圆C过原点O和点A(1,3)，圆心在x轴上．

(1)求圆C的方程；

(2)直线l经过点(1,1)，且l被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程；

(3)过圆C上一动点M作平行于y轴的直线m，设m与x轴的交点为N，若向量OQ=OM+ON，求动点18.(本小题12分)

图1是边长为2的正方形ABCD，将△ACD沿AC折起得到如图2所示的三棱锥P−ABC，且PB=2．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；

(2)棱PA上是否存在一点M，使得二面角M−BC−A的余弦值为539参考答案1.C

2.D

3.D

4.B

5.D

6.A

7.D

8.B

9.D

10.B

11.5π6

12.点A(A,B1,D113.x=4或5x+12y+20=0

14.(1,3)

4

15.①③

16.(1)证明：因为C1B1//A1D1，C1B1⊄平面ADD1A1，A1D1⊂平面ADD1A1，

所以则C1B1/​/平面ADD1A1，

又因为C1B1⊂平面B1C1EF，平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF，所以C1B1//EF，

所以EF//A1D1；

(2)因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1B1⊥A1D17.解：(1)已知圆C过原点O和点A(1,3)，圆心在x轴上，

设圆心为C(a,0)，由题意可得|OC|=|AC|，

则|a|=(a−1)2+(0−3)2，解得a=5，所以圆C的半径为|a|=5，

故圆C的方程为(x−5)2+y2=25；

(2)直线l经过点(1,1)，且l被圆C截得的弦长为6，

由题意可知，圆心C到直线l的距离为d=52−32=4，

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，

此时，圆心C到直线l的距离为4，合乎题意；

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−1=k(x−1)，即kx−y+1−k=0，

由题意可得|5k+1−k|k2+1=|4k+1|k2+1=4，解得k=158，

此时，直线l的方程为y−1=158(x−1)，即15x−8y−7=0；

综上所述，直线l的方程为x=1或15x−8y−7=0；

(3)过圆C上一动点M作平行于y轴的直线m，设m与x轴的交点为N，若向量OQ=OM+ON，

设点18.(1)证明：在图1中，连接BD，交AC于点O，

因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以AC⊥BD，AC=2，

在图2中，有AC⊥PO，AC⊥BO，PO=BO=12AC=1，

因为PB=2，所以PO2+BO2=PB2，即PO⊥OB，

又AC∩BO=O，PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，

所以PO⊥平面ABC，

因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．

(2)解：由(1)知，OB，OA，OP两两垂直，

故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,1,0)，C(0,−1,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，

所以AP=(0,−1,1)，AB=(1,−1,0)，CB=(1,1,0)，

假设在棱PA上存在点M，满足AM=λAP,λ∈[0,1]，使