2023北京市一零一中学高二上学期期中考试数学试题含解析

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北京一零一中2022-2023学年度第一学期期中考试高二数学（本试卷满分120分，考试时间100分钟）命题：高二数学备课组 审稿：贺丽珍一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 直线的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，将直线方程化为斜截式，求出直线斜率，由斜率与倾斜角的关系，及可求解．【详解】由，得，故斜率为，因，所以倾斜角．故选：D．2. 圆关于原点对称的圆的方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出圆心关于原点的对称点，从而可求出所求圆的方程.【详解】圆的圆心为，半径为，因为点关于原点对称点为，所以圆关于原点对称的圆的方程为，故选：C.3. 如图，在平行六面体中，，则与向量相等的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算法则——三角形法，准确运算，即可求解.【详解】由题意，在平行六面体中，，可得.故选：A.4. 已知直线，点和点，若，则实数的值为（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】求出直线的斜率，根据直线平行的斜率关系得出实数的值.【详解】，由于，则直线的斜率为即，故选：B5. 若点为圆的弦的中点，则直线的方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由垂径定理可知，求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.【详解】圆的标准方程方程为，，即点在圆内，圆心，，由垂径定理可知，则，故直线的方程为，即.故选：C.6. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（    ）A. BD1∥GHB. BD∥EFC. 平面EFGH∥平面ABCDD. 平面EFGH∥平面A1BCD1【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．【详解】易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；对于，平面平面，理由是：由，，，分别是棱，，，的中点，得出，，所以平面，平面，又，所以平面平面．故选：．7. 已知直线平面，则“直线”是“”的(　　)A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【详解】当且时,我们可以得到或（因为直线与平面的位置关系不确定）,所以充分性不成立;当时,过直线可做平面与平面交于直线,则有.又有,则有,即.所以必要性成立,故选.8. 已知正方体，给出下列四个结论：①直线与所成的角为；②直线与所成的角为；③直线与平面所成的角为；④直线与平面所成的角为.其中，正确结论的个数为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意，作图，利用线面垂直判定定理，以及线面角定义，结合三角函数的定义，可得答案.【详解】由题意，作图如下：在正方体中，平面，由平面，则，在正方形中，，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，，故①②正确；同理可得平面，垂足为，所以为直线与平面所成的角，设正方体的棱长为，，，则，即，故③错误；易知为直线与平面所成的角，由，则，故④正确.故选：C.9. 设，若直线与圆相切，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用直线与圆相切的性质可得，的关系式，再借助均值不等式求解能求出的取值范围．【详解】,直线与圆相切，圆的圆心，半径，则，整理得，，，，解得或，的取值范围是故选：D10. 在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记，设、是两个不同的平面，对空间任意一点P，，恒有，则（    ）A. 平面与平面垂直B. 平面与平面所成的（锐）二面角为C. 平面与平面平行D. 平面与平面所成的（锐）二面角为【答案】A【解析】【分析】根据题意分析可得重合于同一点，且所成的角为直角，即可得出.【详解】设，则根据题意得点是过点作平面垂线的垂足，，点是过点作平面垂线的垂足，同理，若，得点是过点作平面垂线的垂足，得点是过点作平面垂线的垂足，对任意的点P，恒有，重合于同一点，由此可得，四边形为矩形，且是所成的角，是直角，所以平面与平面垂直.故选：A.二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.11. 直线与直线之间的距离等于__________.【答案】【解析】【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.【详解】直线与直线之间的距离.故答案为：12. 若点，，三点共线，则的值等于______.【答案】4【解析】【详解】解：因为若三点13. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则三棱锥的体积为__________.【答案】1【解析】【分析】由线面垂直，根据等体积法即可求解.【详解】在正方体中，平面,所以平面,,故,故答案为：114. 已知直线，若直线与圆在第一象限内的部分有公共点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据题意画出图像，观察图像得到直线与圆在第一象限内的部分有公共点时，其临界直线分别为直线，求出对应的斜率可写出的取值范围.【详解】如图所示，由直线得直线过点，由题意得圆，圆心为，半径为，令得或，所以圆与轴的交点为，所以直线的斜率为，当直线与圆相切时，有，整理得，解得，其中切线的斜率为，若直线与圆在第一象限内的部分有公共点，则直线斜率的取值范围为.故答案为：.15. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在线段上.则点到直线的距离的最小值为__________．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量表示出点P到的距离，利用函数性质即可求解.【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，设，，则，设点P在平面ABCD上的投影为，则∥，则点到直线的距离，∴，当时，，故答案为：16. 在平面直角坐标系中，如果与都是整数，则称点是整点.已知直线，下列命题中正确的是__________.（写出所有正确命题的编号）.①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；②若和都是无理数，则直线不经过任何整点；③存在只经过一个整点的直线；④存在只经过两个不同整点的直线.【答案】①③【解析】【分析】举例可判断①②③，通过两个整数点，和，在直线上，可得，在直线上，进而可得更多的整数点在直线上，进而判断④错误【详解】对于①，令，则该直线既不与坐标轴平行又不经过任何整点，故①正确；对于②，取，，直线为，经过整点，故②错误；对于③，比如直线方程为，直线经过整点，当取不为0的整数时，都是无理数，故该直线只经过整点，故③正确；对于④，设直线为，若此直线过不同的整点，和，，把两点代入直线方程得：，，两式相减得：，则，为整点且在直线上，依次可得直线经过无穷多个整点，故④错误．正确的命题是①③．故答案为：①③．三､解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程.17. 如图所示，在五面体中，平面为的中点，.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用直线与的方向向量求异面直线与所成角即可.（2）求出平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用公式即可求出答案.【详解】因为平面，所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，（1）所以，所以，所以，因为，所以，所以异面直线与所成角为.（2）因为，所以，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18. 已知直线经过两条直线和的交点.（1）若直线与直线平行，求直线的方程；（2）若直线与圆相交所得弦长为8，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）联立方程组得到交点为，再利用平行的直线系求解即可.（2）首先得到圆心到直线距离，再分类讨论结合圆的弦长求解即可.【小问1详解】，即交点为.设直线的方程为，把点代入方程得，所以直线的方程为.【小问2详解】圆，圆心为，半径为.设圆心到直线的距离为，则.若直线过点且斜率不存在，则，到圆心距离为，满足条件；若直线过点且斜率存在，设，即，由题意，解得.所以，即.综上所述，直线的方程为或.19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上.条件①：；条件②：平面平面.从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题：（1）判断与是否垂直，并证明；（2）若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长.（3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.注：若选择①和②分别作答，按选择①给分.【答案】（1），证明见解析    （2）或    （3）【解析】【分析】（1）选①由勾股定理证得，从而证得平面，进而由证得结果；选②由面面垂直的性质证得平面，从而证得结果.（2）建立空间直角坐标系，由点到面的距离公式解得点M的坐标，进而由两点间距离公式可得BM的长.（3）由线面角公式得是关于的分式型函数，进而用换元法求分式型函数的值域可得结果.【小问1详解】选①：.证明：平行四边形中，.∵，∴中，.∴，∴又∵，，平面，∴平面，平面，∴.又∵，∴.选②：.证明：∵平面平面，平面平面，，平面.∴平面，平面，∴.【小问2详解】由（1）知：BA、BD、BP两两垂直，∴以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，∴，设平面的法向量为，则 令，则.此时.∵在直线上，∴设，∴∴到平面的距离为∴，∴或，∴或，∴或.【小问3详解】∵在棱上，∴设，∴，设平面的法向量为，则 ∴，取，由于，设直线与平面所成角，则∴，令，当时，；当时，；∵，∴，∴.∴综上，20. 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.【答案】（1）4；    （2）；    （3）存在，答案见解析.【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.【小问1详解】.【小问2详解】因为点为直线上的动点，故可设点的坐标为，则.当且仅当时等号成立，故的最小值为，此时点坐标为.【小问3详解】注意到点与点不同，下面分三种情况讨论.若，则，由条件②得，即，所以.由条件①得.所以，所以，所以.因此，所求的点为.若，则，类似于A.，可得符合条件的点为.当，且时，不妨设.当且仅当与同时成立时取等号，即当且仅当与同时成立时条件①成立.（i）若，则由上面证明知，要使条件①成立，则有且.从而由条件②得.因此所求点的集合为（ii）若，类似地由条件①可得且，从而由条件②得.因此所求点的集合为