北京市通州区2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

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第一部分（选择题共40分）
一、选择题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据解析式可得直线斜率为，再由倾斜角与斜率之间的关系可得.
【详解】设直线的倾斜角为，
将直线化为斜截式可得，即直线斜率为；
所以，又，所以.
故选：A
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】由空间向量模长的坐标表示代入计算即可求得结果.
【详解】由，可得，
所以
故选：D
3. 已知，，，则等于（ ）
A. -4B. -6C. -7D. -8
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算法则进行运算即可.
【详解】因为，，，
所以，
则，
故选：B
4. 已知圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内含
【答案】C
【解析】
【分析】依题意将圆的一般方程化为标准方程求出两圆圆心和半径，比较圆心距与两半径之差、之和的关系即可得出结论.
【详解】根据题意将化为标准方程可得，
即圆心，半径；
由可知圆心，半径；
此时圆心距为，；
显然，即两圆相交.
故选：C
5. 设直线：，：.则“”是“”（ ）
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】C
【解析】
【分析】求出时的值，即可判定.
【详解】因为直线：，：，
故时，有，
解得，或者，
当时，：，：，；
当时，：，即，
：，则两直线重合，
故时，，则“”是“”的充要条件，
故选：
6. 已知为矩形，点在线段上，且满足，则满足条件的点有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】以为原点，为轴，为轴，建立如图所示平面直角坐标系,设出点坐标，算出坐标，由得到，构建方程求解即可.
【详解】以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

可得,
因为点在线段上，所以可设，
所以,
又，所以，可得，
解得；，即满足条件的点P有2个.
故选：C.
7. 如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算，以为基底表示出向量即可.
【详解】由题可知，
由为的中点，为的中点可得，
即，
即，所以，
即.
故选：D
8. 在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正四面体性质取的中点为，即可知即为异面直线和的夹角的平面角,计算出各边长利用余弦定理即可求得结果.
【详解】连接，取的中点为，连接，如下图所示：

由正四面体的棱长为1可得，
又分别是的中点，所以，且，
所以即为异面直线和的夹角的平面角，
又易知，且，所以，
因此，
即和夹角的余弦值为.
故选：A
9. 如图，在平行六面体中，，，，，与相交于点.则的长为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把两边平方并展开，根据向量数量积的定义计算即可.
【详解】因为,
所以
,
则，即的长为
故选：
10. 过直线上一点作圆两条切线，，切点分别为A，B，当直线，关于对称时，线段的长为（ ）
A. 4B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意画出图形，观察图形可知圆心与点的连线垂直于直线，利用这一关系即可求得切线段的长.
【详解】如图所示，圆心,连接,
因为直线，关于直线对称，
所以垂直于直线，
故
而,
则,
故选：
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知直线经过点A(0,4)和点B（1，2），则直线AB的斜率为_____________.
【答案】
【解析】
【详解】由两点间斜率计算公式可得，故答案为.
12. 在正三棱柱中，，则直线到平面的距离为_______
【答案】
【解析】
【分析】先作出直线上的点到平面的垂线段，然后利用勾股定理求出垂线段的长度即可.
【详解】
在正三棱柱中，在底面内作，
因为平面底面，平面底面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以即为直线到平面的距离，
因为为等边三角形，且，
所以直线到平面的距离为.
故答案为：.
13. 在空间直角坐标系中，已知，，.则与的夹角的余弦值为___________；在的投影向量___________.
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】
【分析】先根据空间向量的坐标运算求出与的坐标，然后由向量夹角的运算公式和投影向量的计算公式即可求出结果.
【详解】因为，，，
所以，，
所以，
在的投影向量为.
故答案为：；.
14. 若直线与曲线恰有一个公共点，则实数的一个可能取值是_________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】画出图象，结合图象确定一个公共点时的位置，求出相应的的值，数形结合可得答案.
【详解】曲线表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分，
如图所示，

有图可知，当直线在和之间移动或与半圆相切，即处于的位置时，
直线与圆恰好有一个公共点，
当直线在时，经过点，所以，
当直线在时，经过点，所以，
当直线与半圆相切时，，
所以，或者（舍），
故或者.
故答案为:
15. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，.给出下列四个结论：
①所有满足条件的点组成的区域面积为1；
②当时，三棱锥的体积为定值；
③当时，点到距离的最小值为1；
④当时，有且仅有一个点，使得平面.
则所有正确结论的序号为__________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】对于①，根据条件得点在正方形内，即可判断；对于②，点在线段上，从而点到平面的距离为定值，为定值，从而三棱锥的体积为定值；对于③，点在线段上，当点与重合时，即为到距离的最小值为，从而判断；对于④，由题点在线段上，当平面时，可得，与矛盾，从而即可判断.
【详解】如图所示，

对于①，因为，，，
所以点在正方形内（包括正方形），而正方形的面积为，故①正确；
对于②，时，，
所以,
故点在线段上，

由题易得平面,
所以上的点到平面的距离都相等，
又,
所以三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③，时，，
所以,
所以点在线段上，连接,

由题意可得，平面,平面,
,
当点与重合时，即为到距离的最小值为，故③正确；
对于④，当时，，
取的中点,的中点,则点在线段上，

若平面，则平面,必有,
因为平面，平面，
所以,,
所以平面，则有,
又,所以,与矛盾，
故不存在满足题意的点，④错误，
故答案为：①②③.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16. 已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
（1）求点A的坐标；
（2）求经过点P且与直线平行的直线方程；
（3）求以为直径的圆的方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）解两直线方程构成的方程组即可得解；
（2）求出直线的斜率，然后利用点斜式即可求出直线方程；
（3）根据中点坐标公式求出圆心坐标，再利用两点距离公式求出半径，进而可得圆的方程.
【小问1详解】
由解得，
所以直线与的交点为.
【小问2详解】
由得直线的斜率为，
又点P的坐标为，
所以经过点P且与直线平行的直线方程为，即.
【小问3详解】
因为，，所以的中点坐标为，，
所以以为直径圆的方程为.
17. 已知直线，圆.
（1）若直线与圆相交，求实数m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设直线与圆交于A，B两点.
（i）求线段的垂直平分线的方程；
（ii）若，求m的值.
【答案】（1）
（2）（i） （ii）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列式求解即可；
（2）（i）由题意线段的垂直平分线经过圆心，从而可直接求得直线方程；
（ii）由弦长列式求解即可.
【小问1详解】
由得，
所以当时，表示以为圆心，以为半径的圆，
由于直线与圆相交，所以圆心到直线的距离，
所以，即实数m的取值范围为.
【小问2详解】
（i）由题意，线段的垂直平分线经过圆心，斜率为，
所以线段的垂直平分线的方程为，即.
（ii）由于圆心到直线的距离，，
所以由得，
解得.
18. 如图，在五面体中，平面为正方形，平面平面，.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（1）求证：平面；
（2）若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.
条件①：；
条件②：.
【答案】（1）证明见详解
（2）选条件①；选条件②
【解析】
【分析】（1）根据条件知，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直接坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量夹角的余弦值即可求出夹角的大小.
【小问1详解】
因为在五面体中，平面为正方形，
所以,
又平面，平面,
故平面；
【小问2详解】
若选条件①：
根据已知条件可得：,
因为，,
平面,平面,
所以平面,
因为平面,所以,
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直接坐标系如下图所示，

因为，，
所以
则,
由知，平面，平面,
又平面平面,
所以,
所以,
所以即.
因为平面,所以平面的法向量为,
设平面的法向量为，则
，
令则，
设平面与平面夹角为，
则,
又，
则即平面与平面夹角的大小为
若选条件②：由知，平面，平面,
又平面平面,
所以,
过点作,交于点,

则四边形为平行四边形，又，，
则,又因为，
则,故,
即，则,
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直接坐标系如下图所示，

因为，，
所以
则,
又,
所以即.
因为平面,所以平面的法向量为,
设平面的法向量为，则
，
令则，
设平面与平面夹角为，
则,
又，
则即平面与平面夹角的大小为
19. 如图，在正方体中，分别是棱，，，的中点.

（1）求证：四点共面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点连接，先证四点共面，再证四点共面，又这两个平面重合，即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，与法向量夹角的余弦值的绝对值即为所求；
（3）利用点到平面距离的向量表示公式计算即可.
【小问1详解】
如图，取的中点 连接,

因为分别是棱，，，的中点，
易得,,所以,
所以四点共面，
又,
所以，
则四点共面，
而过不共线的的三点的平面具有唯一性，
则平面与平面重合，
故四点共面.
【小问2详解】
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方形的的边长为
则
则，
设是平面的法向量，
则，
取,则所以，
所以与平面所成角的正弦值为
【小问3详解】
由（2）知平面的法向量，
又
所以点到平面的距离为
，
即到平面的距离为
20. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在满足题意的点，且
【解析】
【分析】（1）由平面与平面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后根据求面面角的方法即可列式求解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，
解得，
所以在棱上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，且为棱的中点，
所以.
21. 长度为6的线段，设线段中点为G，线段的两个端点P和Q分别在x轴和y轴上滑动.
（1）求点G的轨迹方程；
（2）设点G的轨迹与x轴交点分别为A，B（A点在左），与y轴交点分别为C，D（C点在上），设H为第一象限内点G的轨迹上的动点，直线与直线交于点M，直线与直线交于点N.试判断直线与的位置关系，并证明你的结论.
【答案】（1）；
（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到OG的长度，进而判断出G的轨迹，得到轨迹方程；
（2）写出四点的坐标，联立直线与直线的方程求出点M的坐标，联立直线与直线的方程求出N的坐标，再利用坐标求出并与进行比较即可.
【小问1详解】
在中，因为G是线段PQ的中点，所以，
所以G的轨迹为以O为圆心，以3为半径的圆，
所以G的轨迹方程为.
【小问2详解】
，证明如下：
依题意，下列各点坐标为，
直线的方程为.
因为H为第一象限内点G的轨迹上的动点，
故设，且.
设直线的方程为，
，解得，即.
设直线的方程为，
，解得，即.
所以

，
又，
所以.