2023北京四中高二（上）期中数学试卷（教师版）

这是一份2023北京四中高二（上）期中数学试卷（教师版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共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．已知直线l的一个方向向量为，则直线l的斜率为（ ）
A．B．C．D．﹣1
2．已知点A（﹣2，3，0），B（1，3，2），，则点P的坐标为（ ）
A．（4，3，4）B．（﹣4，﹣1，﹣4）
C．（﹣1，6，2）D．（﹣5，3，﹣2）
3．已知直线方程kx﹣y﹣2k＝0，则可知直线恒过定点的坐标是（ ）
A．（﹣2，0）B．（2，0）C．（0，﹣2）D．（0，2）
4．平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都是1，O为A1C1中点，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，，则（ ）
A．x＝1，y＝1B．x＝1，C．，D．，y＝1
5．“a＝﹣3”是“直线x+ay+2＝0与直线ax+（a+2）y+1＝0互相垂直”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
6．已知点（1，﹣2）和在直线l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的两侧，则直线l倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．过点A（4，1）的圆C与直线x﹣y＝1相切于点B（2，1），则圆C的方程为（ ）
A．（x﹣3）2+（y+1）2＝5B．
C．（x﹣3）2+（y﹣8）2＝50D．（x﹣3）2+y2＝2
8．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为正方形ABCD中心，A1P＝λA1B1（λ∈[0，1]），直线OP与平面ABC所成角为θ，则θ取最大时λ的值为（ ）
A．B．C．D．
9．A（1，y1），B（﹣2，y2）是直线y＝﹣x上的两点，若沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A、B两点间的距离是（ ）
A．6B．C．D．
10．点M（x0，y0）到两条直线：x+3y﹣2＝0，x+3y+6＝0距离相等，y0＜x0+2，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11．（5分）若向量与向量共线，则x的值为 ．
12．（5分）直线2x﹣y﹣1＝0与2x﹣y+1＝0之间的距离是 ．
13．（5分）以A（2，3），B（4，9）为直径的两个端点的圆的方程是 ．
14．（5分）在空间四边形ABCD中，＝ ．
15．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，点D在棱AC上滑动，点E在棱BB1上滑动，给出下列四个结论：
①三棱锥C1﹣A1DE的体积不变；
②A1D+DB的最小值为；
③点D到直线C1E的距离的最小值为；
④使得A1D⊥C1E成立的点D、E不存在．
其中所有正确的结论为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共85分）
16．（13分）已知点A（1，2），B（﹣3，5），C（6，2）．
（1）求△ABC的面积；
（2）过点C的直线l与点A（1，2），点B（﹣3，5）距离相等，求直线l的方程．
17．（13分）如图，在△ABC中，，BC＝4，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED．
（1）平面A1OB⊥平面BCED；
（2）若F为A1C的中点，求点F到面A1OB的距离．
18．（14分）已知直线l过点P（2，3），圆C：x2+4x+y2﹣12＝0．
（1）求与圆C相切的直线l的方程；
（2）当直线l是圆C的一条对称轴，交圆C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于D，E两点，求|DE|．
19．（15分）如图，梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，AB∥CD∥EF，AB⊥AD，|CD|＝|DA|＝|AF|＝|FE|＝2，|AB|＝4．
（1）求证：DF∥平面BCE；
（2）求二面角C﹣BF﹣A的余弦值；
（3）线段CE上是否存在点G，使得AG⊥平面BCF？请说明理由．
20．（15分）已知圆和圆（r＞0）．
（1）若圆C1与圆C2相交，求r的取值范围；
（2）若直线l：y＝kx+1与圆C1交于P、Q两点，且，求实数k的值；
（3）若r＝2，设P为平面上的点，且满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．
21．（15分）对于n维向量A＝（a1，a2，…，an），若对任意i∈{1，2，…，n}均有ai＝0或ai＝1，则称A为n维T向量．对于两个n维T向量A，B，定义d（A，B）＝．
（Ⅰ）若A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），求d（A，B）的值．
（Ⅱ）现有一个5维T向量序列：A1，A2，A3，…，若A1＝（1，1，1，1，1）且满足：d（Ai，Ai+1）＝2，i∈N*．求证：该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．
（Ⅲ）现有一个12维T向量序列：A1，A2，A3，…，若且满足：d（Ai，Ai+1）＝m，m∈N*，i＝1，2，3，…，若存在正整数j使得，Aj为12维T向量序列中的项，求出所有的m．
参考答案
一、选择题（本大题共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．【答案】D
【分析】利用斜率公式求解．
【解答】解：因为直线l的一个方向向量为，
所以直线l的斜率为．
故选：D．
2．【答案】A
【分析】设P（x，y，z），表示出、，即可得到方程组，解得即可．
【解答】解：设P（x，y，z），
因为A（﹣2，3，0），B（1，3，2），
所以，，
因为，所以（x+2，y﹣3，z）＝2（3，0，2），
所以，解得，即P（4，3，4）．
故选：A．
3．【答案】B
【分析】依题意可得（x﹣2）k﹣y＝0，令，解得即可．
【解答】解：直线kx﹣y﹣2k＝0，即（x﹣2）k﹣y＝0，令，解得，
所以直线kx﹣y﹣2k＝0恒过点（2，0）．
故选：B．
4．【答案】C
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得．
【解答】解：依题意
＝
＝，
又，所以，．
故选：C．
5．【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的判定分析判断即可．
【解答】解：当直线x+ay+2＝0与直线ax+（a+2）y+1＝0互相垂直时，
a+a（a+2）＝0，得a2+3a＝0，
解得a＝0或a＝﹣3，
所以当a＝﹣3时，直线x+ay+2＝0与直线ax+（a+2）y+1＝0互相垂直，
而当直线x+ay+2＝0与直线ax+（a+2）y+1＝0互相垂直时，a＝0或a＝﹣3，
所以“a＝﹣3”是“直线x+ay+2＝0与直线ax+（a+2）y+1＝0互相垂直”的充分不必要条件．
故选：A．
6．【答案】C
【分析】因为点（1，﹣2）和在直线l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的两侧，那么把这两个点代入ax﹣y﹣1，它们的符号相反，乘积小于0，求出a的范围，设直线l倾斜角为θ，则a＝tanθ，再根据正切函数的图象和性质即可求出范围．
【解答】解：因为点（1，﹣2）和在直线l：ax﹣y﹣1＝0（a≠0）的两侧，
所以，（a+2﹣1）（a﹣1）＜0，
即：（a+1）（a﹣）＜0，
解得﹣1＜a＜，
设直线l倾斜角为θ，
∴a＝tanθ，
∴﹣1＜tanθ＜，
∴0＜θ＜，或＜θ＜π，
故选：C．
7．【答案】D
【分析】由圆心和切点连线与切线垂直可得kBC＝﹣1，得到关于圆心的一个方程，根据圆的性质，可知圆心C在AB的垂直平分线x＝3上，由此可求得a，b的值，得到圆心坐标，进而可求得圆的半径即可求解．
【解答】解：设圆心C（a，b），
因为直线x﹣y＝1与圆C相切于点B（2，1），
所以，即a+b﹣3＝0，
因为AB中垂线为x＝3，则圆心C满足直线x＝3，
即a＝3，∴b＝0，
所以半径，
所以圆C的方程为（x﹣3）2+y2＝2．
故选：D．
8．【答案】A
【分析】在平面ABB1A1中过点P作PP1⊥AB交AB于点P1，连接P1O，即可得到∠POP1即为线OP与平面ABC所成角，且，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，从而求出（tanθ）max，即可得解．
【解答】解：在平面ABB1A1中过点P作PP1⊥AB交AB于点P1，连接P1O，
由正方体的性质可知PP1⊥平面ABCD，则∠POP1即为直线OP与平面ABC所成角，
则，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，
所以当OP1＝1时（tanθ）max＝1，此时θ取最大值，P1为AB的中点，
又A1P＝λA1B1，所以当时θ取最大值．
故选：A．
9．【答案】C
【分析】求出沿x轴将坐标平面折成60°的二面角后，点A在平面xOy上的射影C的坐标，作BD⊥x轴，交x轴于点D（﹣2，0），然后利用空间向量表示，利用向量的模的性质进行求解，即可得到答案．
【解答】解：∵A（1，y1），B（﹣2，y2）是直线y＝﹣x上的两点，
∴y1＝﹣，y2＝2，
现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角后，点A在平面xOy上的射影为C（1，0），
作BD⊥x轴，交x轴于点D（﹣2，0），
∴＝++，
∴＝+++2•+2•+2•＝3+9+12﹣2××2×＝18，
∴||＝3．
故选：C．
10．【答案】B
【分析】利用点到直线的距离公式得到x0+3y0+2＝0，结合y0＜x0+2求出x0，再由x0≠0及计算可得．
【解答】解：依题意，所以x0+3y0+2＝0，
即，又y0＜x0+2，所以，解得x0＞﹣2，
显然x0≠0，所以，
当﹣2＜x0＜0时，所以，
当x0＞0时，所以．
综上可得．
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11．【答案】3．
【分析】利用向量共线定理求解．
【解答】解：因为向量与向量共线，
所以，解得x＝3．
故答案为：3．
12．【答案】．
【分析】由平行线间的距离公式可求得结果．
【解答】解：易知直线2x﹣y﹣1＝0与2x﹣y+1＝0平行，
这两条直线间的距离为．
故答案为：．
13．【答案】（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
【分析】利用圆的标准方程待定系数计算即可．
【解答】解：易知该圆圆心为A（2，3），B（4，9）的中点C（3，6），半径，
所以该圆方程为：（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
故答案为：（x﹣3）2+（y﹣6）2＝10．
14．【答案】见试题解答内容
【分析】如图：设；
由向量的加、减运算知：，，代入上式即得结论．
【解答】解：如图，设＝，＝，＝，
则，＝，＝，＝．
所以，＝＝0
故答案是：0
15．【答案】①②③．
【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交AC于点D，此时A1D+DB取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得③，利用，即可判断④．
【解答】解：∵BB1⊥平面ABC，
对于①：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴CC1⊥BC，又CC1⋂AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，又点D在棱AC上滑动，
∴，
∴，
∴三棱锥C1﹣A1DE的体积不变，故①正确；
对于②：如图将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交AC于点D，此时A1D+DB取得最小值，
∵A1C1＝CC1＝2，BC＝1，∴A1B＝＝，
∴A1D+DB的最小值为，故②正确；
对于③：如图建立空间直角坐标系，
设D（a，0，0），a∈[0，2]，E（0，1，c），c∈[0，2]，C1（0，0，2），
∴，，
则点D到直线C1E的距离d＝＝＝，
当c＝2时，，
当0≤c＜2时，0＜（c﹣2）2≤4，∴，∴，∴，
∴∈（0，]，
∴当取最大值，且a2＝0时，，
即当D在C点E在B点时，点D到直线C1E的距离的最小值为，故③正确；
对于④：A1（2，0，2），，，
∴，∵c∈[0，2]，∴当c＝2时，，
∴，即A1D⊥C1E，故④错误．
故答案为：①②③．
三、解答题（本大题共6小题，共85分）
16．【答案】（1）；
（2）3x+14y﹣46＝0或3x+4y﹣26＝0．
【分析】（1）求出三角形的三边长，并求其中一个角的余弦值，代入公式即可求得面积．
（2）过点C的直线l与点A（1，2），点B（﹣3，5）距离相等，即直线l与直线AB平行或经过AB的中点，代入求解即可．
【解答】解：（1）由点A（1，2），B（﹣3，5），C（6，2）可得，，
，，
在△ABC中，，
所以，
△ABC的面积为．
（2）过点C的直线l与点A（1，2），点B（﹣3，5）距离相等，即直线l与直线AB平行或经过AB的中点，
当过点C的直线l与平行时，，则直线方程为3x+4y﹣26＝0；
当过点C的直线l过AB的中点，AB的中点坐标，，
所以直线方程为，即3x+14y﹣46＝0．
所以直线方程为3x+14y﹣46＝0或3x+4y﹣26＝0．
17．【答案】（1）证明过程请见解答；（2）．
【分析】（1）由A1O⊥DE，平面A1DE⊥平面BCED，可知A1O⊥平面BCED，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
（2）作DP⊥BC于P，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离，即可得解．
【解答】（1）证明：由题意知，A1D＝A1E，
因为点O是DE的中点，所以A1O⊥DE，
因为平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1O⊂平面A1DE，
所以A1O⊥平面BCED，
又A1O⊂平面A1OB，
所以平面A1OB⊥平面BCED．
（2）解：作DP⊥BC于P，则BP＝1，
因为DE∥BC，所以DP⊥DE，
以D为坐标原点，DP，DE所在直线分别为x，y轴，作Dz⊥平面BCED，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1（0，1，2），O（0，1，0），B（2，﹣1，0），C（2，3，0），
因为F为A1C的中点，所以F（1，2，1），
所以＝（0，0，2），＝（2，﹣2，0），＝（1，1，1），
设面A1OB的法向量为＝（x，y，z），则，即，
取x＝1，则y＝1，z＝0，所以＝（1，1，0），
故点F到面A1OB的距离为＝＝．
18．【答案】（1）x＝2或7x+24y﹣86＝0；
（2）10．
【分析】（1）将圆的方程化为标准式，再分斜率存在与不存在两种情况讨论；
（2）依题意直线l过圆心C，即可求出直线l的方程，即可得到，利用锐角三角函数求出|AD|，从而求出|CD|，从而得解．
【解答】解：（1）圆C：x2+4x+y2﹣12＝0，即（x+2）2+y2＝16，
所以圆心C（﹣2，0），半径r＝4，
当斜率不存在时直线的方程为x＝2，符合题意；
当斜率存在时，设斜率为k，则y﹣3＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k+3＝0，
则，解得，
所以切线方程为7x+24y﹣86＝0，
综上可得切线方程为x＝2或7x+24y﹣86＝0．
（2）因为直线l是圆C的一条对称轴，
所以直线l过圆心C，
则直线l的方程，即3x﹣4y+6＝0，
则，又，即，
所以|AD|＝3，
则，
同理可得|CE|＝5，
所以|DE|＝10．
19．【答案】（1）证明见解答；
（2）；
（3）线段CE上不存在点G，使得AG⊥平面BCF．
【分析】（1）先证明四边形CDFE为平行四边形，从而得到DF∥CE，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）在平面ABEF内，过A作Az⊥AB，证明AD⊥AB，AD⊥Az，Az⊥AB，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面BCF的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）利用待定系数法求出平面ACE的法向量，利用向量垂直的坐标表示，证明平面ACE与平面BCF不可能垂直，即可得到答案．
【解答】（1）证明：因为CD∥EF，且CD＝EF，
所以四边形CDFE为平行四边形，
所以DF∥CE，
因为DF⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，
所以DF∥平面BCE；
（2）解：在平面ABEF内，过A作Az⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
又Az⊂平面ABEF，Az⊥AB，
所以Az⊥平面ABCD，
所以AD⊥AB，AD⊥Az，Az⊥AB，
如图建立空间直角坐标系A﹣xyz．
由题意得，A（0，0，0），B（0，4，0），C（2，2，0），E（0，3，），F（0，1，），
所以＝（2，﹣2，0），＝（0，﹣3，），
设平面BCF的法向量为＝（x，y，z），
则，
令y＝1，则x＝1，z＝，
所以＝（1，1，），
平面ABF的一个法向量为＝（1，0，0），
则cs＜，＞＝＝，
所以平面CBF和平面BFA的夹角的余弦值为；
（3）解：线段CE上不存在点G，使得AG⊥平面BCF，理由如下：
设平面ACE的法向量为＝（a，b，c），
所以，
令b＝1，则a＝﹣1，c＝﹣，
所以＝（﹣1，1，﹣），
因为•＝﹣1+1﹣3≠0，
所以平面ACE与平面BCF不可能垂直，
从而线段CE上不存在点G，使得AG⊥平面BCF．
20．【答案】（1）（﹣2，+2）；
（2）k＝；
（3）（，）或（，）．
【分析】（1）利用相交时圆心距的位置关系可求r的取值范围；
（2）联立直线与圆C1，写出韦达定理，结合数量积代换可求实数k的值；
（3）由两圆半径相等，两直线11和12截得圆C1和圆C2，弦长相等可得弦心距相等，得＝，转化为求方程组的解即可．
【解答】解：（1）由题意得，圆C1的圆心C1（﹣3，1），r1＝2，圆C2的圆心C2（4，5），半径为r，
|C1C2|＝＝，
∵圆C1与圆C2相交，
∴|r﹣2|＜|C1C2|＜r+2，即|r﹣2|＜＜r+2，
解得：﹣2＜r＜+2，
∴r∈（﹣2，+2）．
（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2），
直线与圆C1联立，
得（1+k2）x2+6x+5＝0，
由Δ＞0得k2＜，
x1+x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1，
∵，
∴x1x2+y1y2＝（1+k2）x1x2+k（x1+x2）+1＝4，
∴5+﹣3＝0，
解得：k＝，
∵k2＜，
∴k＝．
（3）由题意得C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝4，
设P（m，n），直线l1和l2的方程分别为y﹣n＝k（x﹣m），y﹣n＝﹣（x﹣m），
即kx﹣y+n﹣kn＝0，﹣x﹣y+n+＝0，
由题意可知，圆心C1到直线l1的距离等于C2到直线l2的距离，
则＝，化简得（2﹣m﹣n）k＝m﹣n﹣3或（m﹣n+8）k＝m+n﹣5，
则有或，
故P（，）或（，）．
21．【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）由于A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），由定义，求d（A，B）的值．
（Ⅱ）利用反证法进行证明即可；
（Ⅲ）根据存在正整数j使得，Aj为12维T向量序列中的项，求出所有的m．
【解答】解：（Ⅰ）由于A＝（1，0，1，0，1），B＝（0，1，1，1，0），由定义，
可得d（A，B）＝4．…
（Ⅱ）反证法：若结论不成立，即存在一个含5维T向量序列，A1，A2，A3，…An，
使得A1＝（1，1，1，1，1），Am＝（0，0，0，0，0）．
因为向量A1＝（1，1，1，1，1）的每一个分量变为0，都需要奇数次变化，
不妨设A1的第i（i＝1，2，3，4，5）个分量1变化了2ni﹣1次之后变成0，
所以将A1中所有分量1变为0共需要（2n1﹣1）+（2n2﹣1）+（2n3﹣1）+（2n4﹣1）+（2n5﹣1）＝2（n1+n2+n3+n4+n5﹣2）﹣1次，此数为奇数．
又因为，说明Ai中的分量有2个数值发生改变，
进而变化到Ai+1，所以共需要改变数值2（m﹣1）次，此数为偶数，所以矛盾．
所以该序列中不存在5维T向量（0，0，0，0，0）．…（9分）
（Ⅲ）存在正整数j使得，Aj为12维T向量序列中的项，此时m＝1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12．…（13分）