2024-2025学年北京市朝阳市高二上学期11月期中数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳市高二上学期11月期中数学质量检测试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题）
1．直线的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
2．正方体的棱长为a，则棱到面的距离为（ ）
A．B．aC．D．
3．如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线，若，则（ ）
A．或B．C．或D．
5．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线，，则“”是“直线与相交”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．已知直线：和点，，若l与线段相交，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．或C．D．或
9．当曲线与直线有两个相异的交点时，实数的取值范围是
A．B．C．D．
10．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）．若点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5小题）
11．两平行直线之间的距离是
12．如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN的夹角的余弦值为
13．已知圆，过点作圆的切线，则切线方程为 .
14．已知直线过点且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，O为坐标原点，当三角形面积取最小值时直线的斜率为 ．
15．如图，在正方体中，P为的中点，，，则下列说法正确的 （请把正确的序号写在横线上）
①
②当时，平面
③当时，PQ与CD所成角的余弦值为
④当时，平面
三、解答题（本大题共4小题）
16．已知的顶点，，.
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求边上的中线所在直线的方程；
(3)求的面积.
17．已知四边形为正方形，为，的交点，现将三角形沿折起到位置，使得，得到三棱锥.
(1)求证：平面平面；
(2)棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由.
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求：
（i）直线与平面所成角的正弦值；
（ii）点到平面的距离．
条件①：二面角的大小为；
条件②：
条件③：．
19．设二次函数的图象与两坐标轴的交点分别记为，，，曲线是经过这三点的圆．
(1)求圆的方程；
(2)过作直线与圆相交于，两点．
（i）是否是定值？如果是，请求出这个定值；
（ii）设，求的最大值．
答案
1．【正确答案】B
【详解】解：由直线得直线的斜率
又直线的倾斜角为，且，所以，得
故选：B.
2．【正确答案】C
【详解】如图，连接，它们交于点，正方形中，
又平面，平面，所以，
平面，所以平面，
所以的长即为棱到面的距离，而，
所以所求距离为．
故选：C．
3．【正确答案】B
【详解】由题中所给平行六面体可知，，，
故．
故选：B
4．【正确答案】B
【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.
【详解】因为，，
所以，所以，解得或，
当时，，，直线重合，不满足要求，
当时，，，直线平行，满足要求，
故选B.
5．【正确答案】D
【详解】A，若，则或异面，故该选项错误；
B，若，则或相交，故该选项错误；
C，若，则α，β不一定垂直，故该选项错误；
D，若，则利用面面垂直的性质可得，故该选项正确.
故选：D.
6．【正确答案】A
【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积.
【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为.
故选：A.
7．【正确答案】A
【详解】由题意可得直线与相交，
则
当时，满足，即“”是“直线与相交”的充分条件；
当直线与相交时，不一定有，比如也满足，所以“”是“直线与相交”的充分不必要条件.
故选:A.
8．【正确答案】D
【详解】由直线：可知直线必过定点，且直线的斜率为，如下图所示：

由斜率公式可知，直线的斜率为，
直线的斜率为，
若与线段相交，只需要或，
故实数a的取值范围是或.
故选：D.
9．【正确答案】D
【详解】如图所示：
∵曲线，直线，
∴，，，
圆心，直线过定点，
直线过时，有两个交点，此时，，
直线与下半圆相切时，，，
∴.
故答案选D．
10．【正确答案】C
【详解】设，则，即，
可知表示正方形，其中，
即点在正方形的边上运动，
因为，由图可知：
当取到最小值，即最大，
点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，
则；
因为，所以的最大值为.

故选：C.
11．【正确答案】
【分析】直接利用两条平行直线间的距离公式计算即可.
【详解】两条平行直线：与：之间的距离为.
故答案为.
12．【正确答案】
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
故和BN的夹角的余弦值为.
故
13．【正确答案】
【详解】因为，所以点在圆上，
设切线的斜率为，则，.
则切线方程为.
故
14．【正确答案】/
【详解】设Aa,0，，其中，设直线的方程为，
因为直线过点，所以，
由基本不等式可得，
所以，，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为16，此时的面积取最小值8，
直线的斜率为.
故答案为.
15．【正确答案】①②③
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，
所以，，
所以，所以，①正确；
当时，，所以，
又平面，平面，
从而平面，②正确；
当时，，DC=1,0,0，
所以与所成角的余弦值为，③正确；
当时，，，
，
所以不垂直于，所以不垂直于平面，④错误．
故①②③.
16．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，，，
所以，所以，
则边上的高所在直线的方程为，即；
（2）由题意可知是的中点，所以，
从而边上的中线所在直线的方程为，即；
（3）由题意知，边所在直线的方程为，即，
所以点A到直线的距离，
又，
所以的面积为.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）因为四边形为正方形，所以，，
所以折起后，，，
由于折起前有，且折起后，
所以折起后有，即，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）存在，理由如下：
由（1）知，，，
所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，，，
假设存在满足题意的点，设，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，即，
易知平面的一个法向量为，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
整理得
解得或（舍），
所以在棱上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，且.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）

（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是的中点，
又因为为棱的中点，
所以，在中，
而平面平面，
所以平面．
（2）选①②：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，所以，
在中，，
所以，
故，
又因为平面，
所以平面，
选①③：
因为四边形是正方形，
所以，
又因为，所以，
因为二面角的大小为，平面平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
所以，
所以，即，
因为平面，
所以平面，
选②③：
因为四边形是正方形，
所以，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为为中点，所以，
在中，，
故，
因为平面，
所以平面，
选①②③同上．
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
故，
令为面的一个法向量，则
令，则，
（i）因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
（ii）由（i）知点到平面的距离．

19．【正确答案】(1)
(2)（i）是定值，定值为2；（ii）
【详解】（1）设二次函数与x轴分别交于，与y轴交于点，令，则，
即，令，则，则，
设圆C的方程为，
将点M、N、G的坐标代入可得，解得，
则，化为标准式为.
（2）是定值.
（i）当直线的斜率不存在时，则方程为，
联立，可得或，
即，则，，则；
当直线的斜率存在时，设方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线与圆的方程，消去y可得，
由韦达定理可得，
且，
，
则
；
综上所述，是定值.
（ii）由（i）可知，当直线的斜率不存在时，，
且，则，，则；
当直线的斜率存在时，设方程为，
则
令，则
令
当，即时，；
当，即时，；
当，即，时，
取最大值.所以.