2024-2025学年北京市东城区景山学校高二上学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市东城区景山学校高二上学期期中考试数学试题（含答案），共11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。
1.已知点Pn1,2,3是法向量为n=1,1,1的平面ABC内的一点，则下列各点中，不在平面ABC内的是( )
A. 3,2,1B. −2,5,4C. −3,4,5D. 2,−4,8
2.过点A(3,2)且斜率为1的直线方程是( )
A. x+y+1=0B. x+y−1=0C. x−y+1=0D. x−y−1=0
3.已知两条直线l1:ax+4y−1=0,l2:x+ay+2=0，则“a=2”是“l1//l2”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
4.已知点A2,−3，B−3,−2，若过点1,1的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是( )
A. −∞,−34∪4,+∞B. −∞,−4∪34,+∞
C. −34,4D. −4,34
5.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，则AB1与平面AA1C1C所成角的余弦值为( )
A. 104B. 64C. 32D. 22
6.若直线2x−y+m=0和直线3x−y+3=0的交点在第二象限，则m的取值范围为( )
A. (−∞,3)B. (2,+∞)
C. (−∞,2)∪(3,+∞)D. (2,3)
7.已知直线l:kx+y+2−k=0过定点M，点Px,y在直线2x−y+1=0上，则MP的最小值是( )
A. 5B. 5C. 3 55D. 55
8.已知x+y=0，则 x2+y2−2x−2y+2+ x−22+y2的最小值为( )
A. 5B. 2 2C. 10D. 2 5
9.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，DM=λDA1(00，则S=12⋅(2t+1)2t=2t+12t+2≥2 2t⋅12t+2=4，
当且仅当2t=12t即t=12时取等号，此时m=−12，A(4,0)，B(0,2)
所以△AOB的面积最小时，△AOB的周长为4+2+ 42+22=6+2 5，
此时直线l的方程为x+2y−4=0
19.(1)证明：取AC的中点O，连接OB,OP，
在正方形ABCD中，OB=OD=OP=1，并且OB⊥AC,
在▵OBP中，PB2=OP2+OB2，
所以OB⊥OP，.
因为OP∩AC=O,OP,AC⊂平面PAC，
所以OB⊥平面PAC,
而OB⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC；
(2)解：存在点M，当AM=13AP时，满足题意，理由如下：
因为OB,OA,OP两两垂直，
所以建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),C(0,−1,0)，
因为OP⊥平面ABC，
所以平面ABC的法向量为OP=(0,0,1),
假设存在满足题意的点M，且AM=λAP(0≤λ≤1)，
则M(0,1−λ,λ)，
设平面MBC的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅CB=x+y=0n⋅CM=(2−λ)y+λz=0
不妨设y=−λ，
得n=(λ,−λ,2−λ)，
所以|cs⟨OP,n⟩|=|OP⋅n||OP|⋅|n|=5 39,
两边平方，整理得6λ2+λ−1=0，
解得λ=13或λ=−12(舍)，
经检验，λ=13满足题意，
因此，存在点M，只需AM=13AP即可．

20.(1)

(1)连接BD，交AC于O，连接OQ，
底面ABCD是正方形，故O是BD的中点，
又因为Q为棱PD的中点，
所以，在▵PBD中OQ//PB，
而OQ⊂平面ACQ,PB⊄平面ACQ，
所以PB/​/平面ACQ．
(2)选①②：
因为四边形ABCD是正方形，
所以BA⊥AD,AD⊥CD,BA//CD，
又因为BA⊥PD，所以CD⊥PD，
因为二面角P−CD−A的大小为45∘，平面PAD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,PD⊥CD，所以∠ADP=45∘，
在▵PAD中，PA2=AD2+PD2−2⋅AD⋅PDcs∠ADP=1，
所以PA2+AD2=PD2，
故PA⊥AD，
又因为BA⊥AD,BA⊥PD,AD∩PD=D,AD､PD⊂平面PAD，
所以BA⊥平面PAD，
选①③：
因为四边形ABCD是正方形，
所以BA⊥AD,AD⊥CD,BA//CD，
又因为BA⊥PD，所以CD⊥PD，
因为二面角P−CD−A的大小为45∘，平面PAD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,PD⊥CD，
所以∠ADP=45∘，
因为CD⊥PD,CD⊥AD,AD∩PD=D,AD､PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又因为AQ⊂平面PAD，所以CD⊥AQ，
又因为AQ⊥PC,PC∩CD=C,PC､CD⊂平面PCD，
所以AQ⊥平面PCD，
因为PD⊂平面PCD，所以AQ⊥PD，
又因为Q为PD中点，所以PA=AD，
所以∠APD=∠ADP=45∘，
所以∠PAD=90∘，即PA⊥AD，
因为BA//CD,CD⊥平面PAD，
所以BA⊥平面PAD，
选②③：
因为四边形ABCD是正方形，
所以AD⊥CD,BA//CD，
因为CD⊥PD,CD⊥AD,AD∩PD=D,AD､PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又因为AQ⊂平面PAD，所以CD⊥AQ，
又因为AQ⊥PC,PC∩CD=C,PC､CD⊂平面PCD，
所以AQ⊥平面PCD，
因为PD⊂平面PCD，所以AQ⊥PD，
又因为Q为PD中点，所以PA=AD=1，
在▵PAD中，PA2+AD2=PD2，
故PA⊥AD，
因为BA//CD,CD⊥平面PAD，
所以BA⊥平面PAD，
选①②③同上．
以A为原点，AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,C1,1,0,D0,1,0,Q0,12,12,P0,0,1，
故AQ=0,12,12,AC=1,1,0,PC=1,1,−1，
令m=x,y,z为面ACQ的一个法向量，则m⋅AQ=12y+12z=0,m⋅AC=x+y=0.
令x=1，则m=1,−1,1，
(i)因为csm,PC=m⋅PCmPC=1 3× 3=13，
所以直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为13，
(ii)由(i)知点P到平面ACQ的距离13PC= 33．


21.(1)由已知Px,1−x，则根据“曼哈顿距离”定义得PO=x+1−x
∵PO≤1，∴x+1−x≤1，
当x≤0时，−x+1−x≤1成立，解得x=0；
当0