北京市第一六一中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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2023.11
班级____________姓名____________学号____________
本试卷共3页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.
一、选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置.
1. 已知，则直线AB的斜率为（ ）
A. 2B. 1C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】
由斜率公式，可求出直线AB的斜率.
【详解】由，可得.
故选：A.
2. 圆的圆心为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，从而可求出其圆心坐标.
【详解】由，得，
所以圆心为，
故选：A
3. 一个椭圆的两个焦点分别是，，椭圆上的点到两焦点的距离之和等于8，则该椭圆的标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的定义求解即可.
【详解】椭圆上的点到两焦点的距离之和等于8，故，
且，故，
所以椭圆的标准方程为.
故选：B
4. 任意的，直线恒过定点（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线方程整理成斜截式，即可得定点.
【详解】因为，即，
所以直线恒过定点.
故选：C.
5. 已知圆与圆，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】求出两圆圆心和半径，得到，得到两圆外切.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆，故圆心，半径为，
则，
所以圆与圆的位置关系是外切.
故选：D
6. 过点的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系及倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】易知圆的半径为，圆心为原点，
当倾斜角为时，即直线方程为，此时直线与圆相切满足题意；
当斜率存在时，不妨设直线方程为，
则圆心到其距离为，解不等式得，
所以直线的倾斜角取值范围为
故选：A
7. “”是“直线与直线平行的（ ）
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
【答案】A
【解析】
【分析】求出当时实数a的值，再利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】当时，，即，解得或.
当时，直线的方程为，直线的方程为，此时；
当时，直线的方程为，直线的方程为，此时.
因为，因此，“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.
故选：A.
8. 如图，在平行六面体中，，，，则（ ）
A. 12B. 8C. 6D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量加法的运算性质，结合空间向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【详解】
故选：B
9. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.
【详解】由题设，可得，且中点为，
∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，
∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，
∴△的欧拉线的方程为.
故选：D
10 曲线.给出下列结论:
①曲线关于原点对称;
②曲线上任意一点到原点的距离不小于1;
③曲线只经过个整点(即横､纵坐标均为整数的点).
其中,所有正确结论的序号是
A. ①②B. ②C. ②③D. ③
【答案】C
【解析】
【分析】
将代入，化简后可确定①的真假性.对分成等种情况进行分类讨论，得出，由此判断曲线上任意一点到原点的距离不小于1.进而判断出②正确.对于③，首先求得曲线的两个整点，然后证得其它点不是整点，由此判断出③正确.
【详解】①，将代入曲线，得，与原方程不相等，所以曲线不关于原点对称，故①错误.
②，对于曲线，由于，所以，所以对于任意一个，只有唯一确定的和它对应.函数是单调递减函数.当时，有唯一确定的；当时，有唯一确定的.所以曲线过点，这两点都在单位圆上，到原点的距离等于.当时，，所以.当时，，所以.当时，，且
，
所以.
综上所述，曲线上任意一点到原点的距离不小于1，所以②正确.
③，由②的分析可知，曲线过点，这是两个整点.由可得，当且时，若为整数，必定不是某个整数的三次方根，所以曲线只经过两个整点.故③正确.
综上所述，正确的为②③.
故选：C
【点睛】本小题主要考查根据曲线方程研究曲线的性质，属于中档题.
二、填空题：本大题共5小题，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上.
11. 已知空间，，，则＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量的垂直，根据数量积的坐标表示，建立方程，结合模长公式，可得答案.
【详解】由，且，，则，解得，
故.
故答案为：.
12. 已知过点的直线的方向向量为，点在直线上，则满足条件的一组的值依次为__________．
【答案】；
【解析】
【分析】
根据方向向量设出直线的方程，再由点求出其方程，从而得出，即可得出答案.
【详解】直线的方向向量为，可设直线的方程为
因为点在直线上，所以，即直线为
所以，即
可取，则
故答案为：；
13. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正方体的特征构造平行线，利用勾股定理及余弦定理解三角形即可.
【详解】
如图所示，取中点F，易得，则或其补角为所求角，
不妨设正方体棱长为2，则，
由余弦定理知：，
则为锐角，即异面直线与所成角.
故答案为：.
14. 将一张坐标纸对折，如果点与点重合，则点与点______重合.
【答案】
【解析】
【分析】先求线段的中垂线方程，再根据点关于直线对称列式求解即可.
【详解】已知点与点，可知线段的中点为，
且，则线段的中垂线的斜率，
则线段的中垂线方程为，即，
设点关于直线的对称点为，
则，解得，
所以所求点为.
故答案为：.
15. 给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：.规定：
（i）为同时与，垂直的向量；
（ii），，三个向量构成右手系（如图1）；
（iii）.
如图2，在长方体中，，.给出下列四个结论：
①；
②；
③；
④.其中，正确结论的序号是______________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】由新定义逐一核对四个选项得答案．
【详解】解：，且分别与垂直，，故①正确；
由题意，，，故②错误；
，，且与共线同向，
，与共线同向，，与共线同向，
，且与共线同向，故③正确；
，故④成立．
故答案为：①③④．
三、解答题：本大题共6题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程，并把答案写在答题纸中相应位置上.
16. 在平面直角坐标系中，已知，线段的中点M；
（1）求过M点和直线平行的直线方程；
（2）求边的高线所在直线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，求得点M的坐标，和直线直线的斜率，写出直线方程；
（2）根据，得到边的高线的斜率，写出直线方程；
【小问1详解】
解：因为，
所以，，
所以过M点和直线平行的直线方程为，
即；
【小问2详解】
因为，
所以边的高线的斜率为-3，
所以边的高线所在直线方程，
即
17. 如图，在边长为的正方体中，为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（3）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：在正方体中，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，因此，平面.
【小问2详解】
解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，点到平面的距离为.
【小问3详解】
解：因为，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）若圆直线交于，两点，____，求的值.
从下列三个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：
条件①：圆被直线分成两段圆弧，其弧长比为；
条件②：；
条件③：.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用几何关系求出圆心的坐标即可；
（2）任选一个条件，利用选择的条件，求出圆心到直线的距离，然后列方程求解即可.
【小问1详解】
设圆心坐标为，半径为.
由圆的圆心在直线上，知：.
又圆与轴相切于点，
，，则.
圆圆心坐标为，则圆的方程为
【小问2详解】
如果选择条件①：，而，
圆心到直线的距离，
则，
解得或.
如果选择条件②和③：，而，
圆心到直线的距离，
则，
解得或3.
如果选择条件③：，而，
圆心到直线的距离，
则，
解得或3.
19. 如图，四棱锥中，平面，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值是，求的值；
（3）若，在线段AD上是否存在一点，使得．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）推导出平面． ．由此能证明平面;
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的值;
（3）设，当，，，由知，,，这与矛盾,从而在线段上不存在点，使得．
【小问1详解】
证明：因为 平面，,
所以 平面,
又因为 平面，所以 ．
在中，，是的中点，
所以 ．
又因为 , 平面,
所以 平面．
【小问2详解】
因为 平面，平面，
所以,
又因为 ,
所以如图建立空间直角坐标系．
则,
则，，
设平面的法向量为n=x,y,z．
则即 ，
令，则，，
故．
因为平面，平面，
所以,
又,平面,
所以平面．
又因为，
所以取平面的法向量为
所以，
则，解得．
又因为，所以；
【小问3详解】
结论：不存在．理由如下：
证明：设．
当时，，，
由知,，这与矛盾,
所以在线段上不存在点，使得．
20. 已知圆与直线交于、两点，点为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为.
（1）求的值及的面积；
（2）若圆与轴交于两点，点是圆上异于的任意一点，直线、分别交于两点.当点变化时，以为直径的圆是否过圆内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先确定直线的方程，联立直线方程求得P点坐标，利用垂径定理及两直线垂直的斜率关系计算可得a，再根据点到直线的距离公式、弦长公式计算求面积即可；
（2）设方程，含参表示方程，求出坐标，从而求出以为直径的圆的方程，利用待定系数法计算即可.
【小问1详解】
由题知：直线方程为，
则由，得到，即，
点为线段的中点，，
即，
，即圆心C−2,0；
到直线距离为，
，
又到直线的距离为，边上的高为.
.
【小问2详解】
由上可知,
不妨设直线的方程为，其中，
在直线的方程中，令，可得，
因为，则直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
则线段的中点为，半径平方为，
所以，以线段为直径的圆的方程为，
即，
由，解得，
因此，当点变化时，以为直径的圆恒过圆内的定点.

21. 已知，，，记，用表示有限集合的元素个数.
（1）若，，分别指出和时，集合的情况（直接写出结论）；
（2）若，，求的最大值；
（3）若，，则对于任意的A，是否都存在，使得？说明理由.
【答案】（1）
（2）10 （3）不一定存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由已知得，其中，当时，相差3；由此可求得，当时，同理可得；
（2）若，，，当时，则相差5，所以，A中至多有5个元素，所以也至多有5个元素，求出得出结果；
（3）举反例和，根据题意检验即可说明.
【小问1详解】
若，则，其中，
否则，，
若，当时，，，
所以，则，相差3，
因为，，
所以；
当时，，，，
所以，
因，，
所以不存在；
【小问2详解】
若，，，
当时，，，，，，，
所以，，所以不存在；
所以A中至多有5个元素；
当时，，，，，
所以，则，相差5，所以；
，
所以，，.
因为中至多有5个元素，所以，也至多有5个元素，
所以的最大值为10.
【小问3详解】
不一定存在，理由如下：
例如，
则，，，，，
则，相差不可能1，2，3，4，5，6，
这与矛盾，故不都存在；
例如，不妨令，
则，满足.
【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，并把定义进行转化为已知的知识点或结论，方便解题.