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    北京市大峪中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题(Word版附解析)

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    这是一份北京市大峪中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题(Word版附解析),文件包含北京市大峪中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题Word版含解析docx、北京市大峪中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共26页, 欢迎下载使用。

    (满分:150分;时间:120分钟;命题人:高二集备组;审核人:宋扬)
    一、选择题(本大题共10.小题,每题4分,共40分)
    1. 在空间直角坐标系中,若,,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解.
    【详解】解:因为,,
    所以.
    故选:B
    2. 已知直线l的一个方向向量为,则直线的倾斜角为( )
    A B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】由直线的方向向量的概念,即可求出直线的斜率,进而求出直线的倾斜角.
    【详解】由直线l的一个方向向量为,则直线的斜率为,
    所以直线的倾斜角为,
    故选:D.
    3. 直线被圆截得的弦长为( )
    A. 1B. C. 2D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】先求出圆心到直线的距离,然后利用半径、圆心距和弦的关系可求出弦长
    【详解】解:圆的圆心为,半径,
    则圆心到直线的距离,
    所以直线被圆所截得的弦长为,
    故选:B
    4. 已知圆,圆,则这两圆的位置关系为( )
    A. 内含B. 相切C. 相交D. 外离
    【答案】A
    【解析】
    【分析】求出两圆圆心坐标与半径,再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较,即可判断.
    【详解】圆的圆心为,半径;
    圆的圆心为,半径,
    则,故,所以两圆内含;
    故选:A
    5. 若点关于直线的对称点在轴上,则满足的条件为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】由已知,设点关于直线的对称点为,再由垂直直线的斜率关系和点与点的中点在上,建立方程组,即可得到.
    【详解】因为点关于直线的对称点在轴上,
    设点关于直线的对称点为,
    则有 ,解得.
    故选:B.
    6. 设aR,则“a=1”是“直线:ax+2y-1=0与直线:x+(a+1)y+4=0平行”的( )
    A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
    C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
    【答案】A
    【解析】
    【详解】∵当a=1时,直线:x+2y﹣1=0与直线:x+2y+4=0,
    两条直线的斜率都是,截距不相等,得到两条直线平行,
    故前者是后者的充分条件,
    ∵当两条直线平行时,得到,
    解得a=﹣2,a=1,
    ∴后者不能推出前者,
    ∴前者是后者的充分不必要条件.
    故选A.
    考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断;直线的一般式方程与直线的平行关系.
    7. 如图,在空间四边形OABC中,,,则与所成角的余弦值为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据已给条件该题可利用向量法求解与夹角的余弦值,可先求与的数量积,再利用代入向量的夹角公式求解即可.
    【详解】,

    设异面直线与的夹角为,
    则.
    故选:C.
    8. 棱长为1的正方体中,若G为正方形的中心,即( )
    A. 2B. C. -1D. 1
    【答案】D
    【解析】
    【分析】设,,,利用基向量表示、,再求其数量积.
    【详解】设,,,
    则,且,,,
    即,且,,,
    则,


    .
    故选:D.
    9. 在平面直角坐标系中,若点在直线上,则当,变化时,直线的斜率的取值范围是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】将点代入直线方程中得出点为圆上的动点,
    结合图像分析即可求出直线斜率的取值范围.
    【详解】因为点在直线上,
    所以,
    即,
    则表示圆心为,半径为1的圆上的点,
    如图:

    由图可知当直线与圆相切时,直线的斜率得到最值,
    设,
    由圆与直线相切,故有圆心到直线的距离为半径1,
    即,
    解得:,
    由图分析得:直线的斜率的取值范围是.
    故选:B.
    10. 瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上,这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作,,点,点,且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为( )
    A. B. C. D. 6
    【答案】A
    【解析】
    【分析】由等腰三角形的性质可得边上的高线,垂直平分线和中线合一,其“欧拉线”为边的垂直平分线,运用中点坐标公式和两直线垂直的关系,求得边上的垂直平分线方程,再由点到直线的距离公式结合圆的对称性得出答案.
    【详解】解:因为在中,
    所以边上的高线、垂直平分线和中线合一,则其“欧拉线”为边的垂直平分线
    因为点,点,所以
    因为直线的斜率为,所以的垂直平分线的斜率为
    所以的垂直平分线方程为,即
    因为“欧拉线”与圆相切
    所以可得圆心到“欧拉线”的距离为
    圆心到直线的距离为
    由圆的对称性可知,圆上的点到直线的距离的最小值为
    故选:A
    【点睛】关键点睛:解决本题的关键在于利用距离公式得出圆心到直线的距离,再由对称性得出最小值.
    二、填空题(本大题共5小题,每题5分,共25分)
    11. 已知向量,若,则__________.
    【答案】-7
    【解析】
    【分析】根据空间共线向量的坐标表示计算即可得出结果.
    【详解】∵,,
    则存在唯一实数,使得,即,
    解得,
    ∴.
    故答案为:.
    12. 已知直线与直线交于点,过点且与直线平行的直线方程为________,这两条平行直线间的距离为______.
    【答案】 ①. ②. ##
    【解析】
    【分析】先联立直线方程求得点的坐标,然后利用平行关系得斜率,从而利用点斜式方程求解直线方程,再化为一般式即可,最后代入两平行线间的距离公式求解即可.
    【详解】由,可得,即,又,
    故过点且与平行的直线方程为,即,
    可将表示为,此时两平行直线间的距离为.
    故答案为:,
    13. 已知,,且与的夹角为钝角,则实数的取值范围为____.
    【答案】
    【解析】
    【分析】结合向量的坐标运算,两向量夹角为钝角需满足数量积为负,且夹角不为平角.
    【详解】,与的夹角为钝角,则,即.
    又当与的夹角为平角时,有,得.
    故实数的取值范围为且.
    故答案为:
    14. 在平面直角坐标系中,记为点到直线的距离,当,变化时,的最大值为______.
    【答案】3
    【解析】
    【分析】问题转化为圆的圆心到直线的距离的最大值加上圆的半径即可得到.
    【详解】因为点的轨迹是圆心在原点,半径为1的圆, 直线过定点,如图所示:
    过作,垂足为,
    则,
    所以,取等的条件是与重合,此时.
    故答案为3.
    【点睛】本题考查了数形结合思想,点到直线的距离,圆的方程,直线过定点,属于中档题.
    15. 如图,若正方体的棱长为2,点是正方体的底面上的一个动点(含边界),是棱的中点,则下列结论中正确结论的序号是_____.

    ①若保持,则点在底面内运动路径的长度为
    ②三棱锥体积的最大值为
    ③若,则二面角的余弦值的最大值为
    ④若则与所成角的余弦值的最大值为
    【答案】①②④
    【解析】
    【分析】对于①,易知点轨迹是以为圆心,半径为的圆在底面内的四分之一圆,即可知①正确;对于②,的面积为定值,建立空间直角坐标系求得到平面的距离最大值为,可得②正确;对于③,若,由空间向量可得二面角的余弦值的最大值为,即③错误;异面直线与所成角的余弦值的最大值为,即④正确.
    【详解】对于①,根据题意可知平面,所以为直角三角形,即,且
    若保持,可知,
    所以点的轨迹是以为圆心,半径为的圆在底面内的部分,即为四分之一圆,
    因此点在底面内的运动路径长度为,即①正确;
    对于②,以为坐标原点,分别以为轴建立空间直角坐标系,
    如图所示:易知,则,
    设平面的一个法向量为,
    可得,令,可得,即;
    可设,则,
    所以到平面的距离为,易知当时,距离最大值为;
    又在中,易知,所以边上的高为;
    其面积为定值,即;
    所以到平面的距离最大时,三棱锥体积的最大为,即②正确;
    对于③,根据正方体性质可知平面,又是棱的中点,,
    所以可得点在平面,又点在底面内,平面平面,所以;
    根据B中的坐标系可知,所以可得,;
    则,
    设平面的一个法向量为,可得,
    令,则,即;
    易知平面的一个法向量为,
    所以,
    易知当时,,
    当时,,
    令,
    可得在上恒成立,即在上单调递增;
    此时时,最大,
    当,,易知在上单调递减,
    所以时,,
    又由图可知,当时,点与重合,
    综上二面角的余弦值的取值范围为,故③错误;
    对于④,根据选项C易知,
    可得,
    当时,,
    当时,,易知当时,取到最大值,
    综上可知,与所成角的余弦值的最大值为,即④正确;
    故答案为:①②④
    【点睛】关键点点睛:在求解二面角以及线面角最值问题时,一般需要借助空间向量得出空间角余弦值的表达式,再利用基本不等式或函数单调性求出最值即可.
    三、解答题(本大题共6小题,共85分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
    16. 已知两点,直线为线段AB的垂直平分线,求:
    (1)直线的方程;
    (2)直线与坐标轴所围成的三角形的面积.
    【答案】(1);
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)利用中点坐标和直线垂直的斜率关系,结合点斜式即可得解.
    (2)求求出直线与坐标轴上的交点坐标,进而求出三角形面积.
    【小问1详解】
    点,则线段的中点为 ,直线的斜率,
    于是直线的斜率为,其方程为,即.
    【小问2详解】
    由(1)知,直线交轴于点,交轴于点,
    所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积.
    17. 在①圆的一条对称轴为,②圆经过点,这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,进行求解.已知圆经过点且______.
    (1)求圆的方程;
    (2)在圆中,求以为中点的弦所在的直线方程.
    【答案】(1)条件选择见解析,;
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)选择条件①、条件②,求出线段中垂线方程,进而求出圆心和半径即可求出圆的方.
    (2)先求出弦的中点与圆心所在直线的斜率,进而求出弦所在的直线的斜率,再求直线方程即可.
    【小问1详解】
    选条件①,由点,得线段的中点,直线的斜率,
    于是线段的中垂线方程为,即,
    由,解得,因此圆的圆心,半径,
    所以圆的方程为 .
    选条件②,由点,得线段的中点,直线的斜率,
    于是线段的中垂线方程为,即,
    显然圆心在线段的中垂线上,设,由,
    得,解得,因此圆的圆心,半径,
    所以圆的方程为 .
    【小问2详解】
    记,由(1)知,,即点在圆内,直线的斜率,
    因此以为中点的圆的弦所在的直线斜率为,方程为,即,
    所以所求直线方程为 .
    18. 如图,在长方体中,,,为的中点.
    (1)求证:平面;
    (2)求证:平面平面;
    (3)求三棱锥的体积.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)证明见解析 (3)
    【解析】
    【分析】(1)设,连接,利用中位线的性质可得出,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立;
    (2)证明出平面,再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立;
    (3)计算出的面积,再利用三棱锥的体积公式可求得三棱锥的体积.
    【小问1详解】
    证明:设,连接,
    在长方体中,底面为矩形,且,
    所以,为的中点,
    又因为为的中点,所以,,
    因为平面,平面,所以,平面.
    【小问2详解】
    证明:在矩形中,,则矩形为正方形,故,
    在长方体,平面,
    因平面,则,
    因为,、平面,所以平面,
    因为平面,所以平面平面.
    【小问3详解】
    解:因为四边形是边长为的正方形,则,
    因为,为的中点,则,
    因为平面,则.
    19. 已知直线,半径为的圆与相切,圆心在轴上且在直线的上方.
    (1)求圆的方程;
    (2)设过点的直线被圆截得的弦长等于,求直线的方程.
    【答案】(1)
    (2)或
    【解析】
    【分析】(1)设圆心的坐标为,根据题意可得出,利用点到直线的距离求出的值,可得出圆心坐标,即可得出圆的方程;
    (2)利用勾股定理可求得圆心到直线的距离为,然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论,在直线的斜率不存在时,直接验证即可;在直线的斜率存在时,设出直线的方程,利用点到直线的距离公式求出直线的斜率,综合可得出直线的方程.
    【小问1详解】
    解:设圆心的坐标为,
    因为圆心在直线上方,则,可得,
    因为半径为的圆与相切,则,因为,解得,
    所以,圆心为原点,故圆的方程为.
    【小问2详解】
    解:由勾股定理可得,圆心到直线的距离为,
    当直线的斜率不存在时,直线的方程为,
    此时,圆心到直线的距离为,合乎题意;
    当直线的斜率存在时,设直线的方程为,即,
    由题意可得,解得,此时,直线的方程为.
    综上所述,直线的方程为或.
    20. 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.
    21. 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).
    (1)若,,求,之间的曼哈顿距离和余弦距离;
    (2)若点,,求的最大值;
    (3)已知点,是直线上的两动点,问是否存在直线使得,若存在,求出所有满足条件的直线的方程,若不存在,请说明理由.
    【答案】(1),
    (2)
    (3)存在,和
    【解析】
    【分析】(1)代入和的公式,即可求解;
    (2)首先设,代入,求得点的轨迹,再利用数形结合,结合公式,结合余弦值,即可求解;
    (3)首先求的最小值,分和两种情况求的最小值,对比后,即可判断直线方程.
    【小问1详解】



    【小问2详解】
    设,由题意得:,
    即,而表示的图形是正方形,
    其中、、、.
    即点在正方形的边上运动,,,
    可知:当取到最小值时,最大,相应的有最大值.
    因此,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,取,
    则.
    因为,所以的最大值为.
    【小问3详解】
    易知,设,则
    当时,,则,,满足题意;
    当时,,
    由分段函数性质可知,
    又且恒成立,当且仅当时等号成立.
    综上,满足条件的直线有且只有两条,和.
    【点睛】关键点点睛:本题第二问为代数问题,转化为几何问题,利用数形结合,易求解,第3问的关键是理解,同样是转化为代数与几何相结合的问题.
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