2023-2024学年北京市第十五中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市第十五中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线经过点和点，则直线AB的斜率为（ ）
A．3B．C．2D．不存在
【答案】B
【详解】根据斜率公式有.
故选：B .
2．直线l经过点P（1，1），且与直线平行，则直线l的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用点斜式设出直线方程，利用直线平行，得到斜率，即可求解.
【详解】由题意可知，直线l的斜率存在，故设直线方程为，又因为l与直线平行，所以斜率相等，即，将直线化简为一般式得.
故选：C
3．已知圆：与圆：，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．外切C．内切D．内含
【答案】B
【分析】首先由两圆的标准方程分别得出圆心坐标和半径，再求出两圆的圆心距，根据圆心距与两圆半径之间的关系即可得出两圆的位置关系．
【详解】由圆方程，得圆心为，半径，
由圆方程，得圆心为，半径，
则两圆的圆心距为，
所以圆与圆外切，
故选：B．
4．椭圆的焦点坐标是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】D
【分析】利用椭圆中的关系求解即可.
【详解】椭圆，
故，焦点在轴上，
且，.
所以焦点坐标为，.
故选:D
5．若，，与的夹角为，则的值为（ ）
A．5B．4C．D．0
【答案】C
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示求解.
【详解】因为与的夹角为，
所以，解得，
故选:C.
6．焦点在y轴上，且长轴长与短轴长之比为2:1，焦距为的椭圆方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用椭圆中之间的关系求解即可.
【详解】焦距为，
长轴长与短轴长之比为2:1，
，即，
且，联立解得，
焦点在y轴上，所以椭圆方程为：.
故选：D
7．已知向量，，，若向量与向量，共面，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量共面得到，代入数据得到方程组，解得答案.
【详解】向量与向量，共面，不共线，则，
即，故，解得.
故选：C.
8．已知圆经过三点，则圆心到直线的距离为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】求出外接圆的方程，再根据点到直线距离公式求解.
【详解】根据题意，，设外接圆方程为，
则解得
外接圆方程为，即
则圆心到到直线的距离为.
故选：D
9．已知直线与曲线有两个不同公共点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直线和圆的位置关系求解.
【详解】由可得，，
所以曲线表示半圆，
又由直线可得恒过定点，
记,
当直线与半圆相切时，
圆心到直线的距离为，解得，
作图如下，
,
由图可知，当时，直线与曲线有两个不同公共点，
故选:A.
10．如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个命题中正确命题的个数是（ ）
①存在点，使得 ②不存在点，使得平面
③三棱锥的体积是定值 ④不存在点，使得与所成角为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对于①，由、即可判断；对于②，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；对于③，只需求证与面是否平行；对于④，利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】对于①，在正方体中，，，
则四边形为平行四边形，所以，，
而为线段的中点，即为的中点，所以，
若存在点，使得，且、不重合，则，
这与矛盾，假设不成立，①错；
对于②，若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
因为，、面，则面，
所以存在使得平面，②错；
对于③，在正方体中，，，
所以，四边形为平行四边形，则，
而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值，
故三棱锥的体积不是定值，③错；
对于④，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图示空间直角坐标系，
则、，且，
所以，，
则，
整理可得，解得，合乎题意，
所以，存在点，使得与所成角为，④错.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
二、填空题
11．以点为圆心且与x轴相切的圆的方程为 ．
【答案】
【分析】由题意得到圆的半径即可得到圆的方程.
【详解】圆与轴相切，所以圆的方程为
故答案为：.
12．直线与圆交于两点，则 ．
【答案】
【分析】方法一：先将圆的方程化成标准方程，求出圆心，半径，再根据点到直线的距离公式以及弦长公式即可求出．
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】弦长公式的应用
根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是，
弦心距，所以．
故答案为：.
［方法二］：距离公式的应用
由解得：或，不妨设，
所以．
故答案为：.
［方法三］：参数方程的应用
直线的参数方程为，将其代入，可得，化简得，从而，所以．
故答案为：.
【整体点评】方法一：利用圆的弦长公式直接求解，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：直接求出弦的端点坐标，再根据两点间的距离公式求出，是求解一般弦长的通性通法，有时计算偏麻烦；
方法三：直线参数方程中弦长公式的应用．
13．若直线与直线平行，则 ．
【答案】-2
【分析】根据直线平行得到方程和不等式，求出.
【详解】由题意得，解得.
故答案为：-2
14．已知点，，点P在直线上，则最小值等于 ．
【答案】8
【分析】求出关于直线的对称点，然后三点共线时取最小值即可.
【详解】设关于直线的对称点为,
则，解得即，
且,.
如图，则.
故答案为：8
15．已知椭圆的两个焦点分别为，，过椭圆上顶点A与左焦点的直线与椭圆的另一个交点为B，若是直角，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【分析】利用勾股定理将边长用表示出来，然后利用三角函数建立和的关系求解离心率.
【详解】
如图所示，椭圆上顶点A，所以，
设则
若是直角，则
即，解得,
所以
所以,
且为锐角，所以,
且
故.
故答案为：.
三、解答题
16．已知三角形的顶点为，，.
(1)求BC边上的中线所在直线方程；
(2)求BC边上的高线所在直线方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据中点及A即可求解直线方程；
（2）根据高所在直线斜率及A求解即可.
【详解】（1）设中点为，则，又，
所以中线的斜率不存在，所以中线所在直线方程为.
（2）因为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边上高所在直线为，即直线方程为.
17．已知直线经过点，圆.
(1)若圆关于直线对称，求直线的方程；
(2)若直线平行于直线，求直线关于点的对称直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由圆的对称性可知，直线l过圆心，结合直线的斜率公式及点斜式方程即可求得结果.
（2）由两直线平行可得直线l的方程，求出点关于点对称的点，由直线l与直线关于点对称可得，再结合直线的点斜式方程求解即可.
【详解】（1）由可得圆的圆心，半径，
因为圆关于直线l对称，所以直线l过圆心，
又直线l过点，所以直线l斜率为，
由点斜式方程可得，即.
故直线l方程为.
（2）由题意知，直线l斜率为，则由点斜式方程可得，即，
因为直线l与直线关于点对称，所以，
又因为点关于点对称的点，直线过点，
则由点斜式方程可得，即.
故直线方程为.
四、未知
18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，AD的中点为O，平面ABCD.
(1)证明：平面PAD；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(3)求点D到平面PBC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得线面角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得点到平面的距离；
【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又ABCD是正方形，所以，又，且平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD；
（2）以点A为原点，分别以直线为轴、轴，过A且垂直底面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意，，，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，由得，
取，得平面PBC的一个法向量为，
设直线PA与平面PBC所成角为，则；
（3），由（2）知平面PBC的一个法向量为，
所以点D到平面PBC的距离.
五、解答题
19．如图，在四棱锥中，平面PAD，△PAD为等边三角形，//，，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别为棱PD，PB的中点．

(1)求证：∥；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点G，使得∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意可在平面，建系，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，求点G的坐标，根据线面平行的向量关系分析运算.
【详解】（1）因为//，平面，平面，
所以//平面，
又因为平面，平面平面直线l，
所以∥.
（2）取的中点，连接，
由题意可得：//，且，
则为平行四边形，可得//，
且平面PAD，则平面PAD，
由平面PAD，则，
又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

（3）由（2）可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若∥平面AEF，则，
可得，解得，
所以存在点，使得∥平面AEF，此时.
20．已知点，圆．
(1)求圆过点的切线方程；
(2)为圆与轴正半轴的交点，过点作直线与圆交于两点、，设、的斜率分别为、，求证：为定值．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在切线斜率不存在的情况下，直接验证即可；当切线的斜率存在时，设切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可求出的值，综合可得出所求切线的方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理可计算出的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：易知圆的圆心为，半径为，因为，则点在圆外，
当切线的斜率不存在时，切线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，
则直线与圆相切，合乎题意；
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，
则，解得，此时，切线的方程为，即.
综上所述，求圆过点的切线方程为或.
（2）证明：在圆的方程中，令，可得，则，
由（1）可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
设点、，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
所以，
.
故为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．