北京市第五十中学分校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份北京市第五十中学分校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了本试卷分为试题、答题卡两部分，如图，在四面体中，，圆与圆的位置关系是，空间中四点，则点到平面的距离为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分为试题、答题卡两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．认真填写所在班级、姓名、教育ID．准确粘贴条形码．
3．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．直线不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．30°C．120°D．150°
3．已知点是点在坐标平面内的射影，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线与直线平行，则它们之间的距离是（ ）
A．1B．C．3D．4
5．如图，在四面体中，．点在上，且，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
6．圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．内切D．外切
7．空间中四点，则点到平面的距离为（ ）
A．B． C．D．0
8．点，直线与线段相交，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．已知向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
10．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体的棱长为2，分别为棱的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11．直线与的交点坐标为________．
12．已知向量，且，则的值为________．
13．已知方程表示半径为2的圆，则实数_________．
14．设是空间中两个不共线的向量，已知，且三点共线，则_________．
15．如图，已知正方体的棱长为2，点是△内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是_________．（填所有正确结论的序号）
①若，则//平面；
②若，则直线与所成角的余弦值为
③若，则的最大值为；
④若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为．
三、解答题：本题共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．（本小题14分）
已知．
（1）求的值；
（2）若，求实数的值．
17．（本小题14分）
已知是正方体，点为的中点，点为的中点．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
18．（本小题15分）
已知△顶点、、．
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程．
19．（本小题15分）
已知圆的圆心在直线上，且与轴相切于点（0，1）．
（1）求圆的方程；
（2）若圆与直线交于两点，________，求的值．
从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：
条件①：°；条件②：．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
20．（本小题15分）
如图1，菱形中，°，，于．将△沿翻折到△，使，如图2．
（I）求证：平面平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）设为线段上一点，若//平面，求的值．
21．（本小题12分）
在平面直角坐标系中，已知圆及点．
（1）若直线平行于，与圆相切，求直线的方程；
（2）在圆上是否存在点，使得成立？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由；
（3）对于线段上的任意一点，若在以点为圆心的圆上都存在不同的两点，使得点是线段的中点，求圆的半径的取值范围．
2024-2025学年第一学期高二年级数学学科期中考试答案
1．D 2．C 3．A 4．B 5．D 6．D 7．A 8．D 9．B 10．D
11． 12．20 13． 14． 15．①②④
16．【答案】解：（1）．
（2）∵，∴，解得．
【解析】（1），即可得出．
（2）根据，可得，解得．
本题考查了空间向量平行与垂直、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
17．【答案】（1）证明：依题意以为原点，所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体棱长为2，
则，因为分别是的中点，
所以，所以，
，所以，所以．
（2）解：因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
因为，
所以，令，则，，
所以，
，
因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为
【解析】本题考查了正方体的结构特征，考查了空间向量的应用，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题．
（1）建立空间直角坐标系，求出向量的坐标并计算数量积即可求证；
（2）利用空间向量求解．
18．【答案】解：（1）由于，所以的斜率为中点的坐标为，则由斜截式可得，直线的方程为；
（2）当横、纵截距均为0时，的斜率为2，所以的方程为；
当横、纵截距均不为0时，设的方程为，因为纵截距是横截距的2倍，所以，又因为过点，所以，解得，所以直线的方程为，综上，直线的方程为或．
【解析】本题主要考查几种直线的方程形式，属于基础题．
（1）先求出两点的中点和的斜率，利用点斜式即可写出方程；
（2）因为截距是实数，所以需要讨论截距是否为零，再分别选用斜截式和截距式来进行求解．
19．【答案】解：（1）设圆心坐标为，半径为．
因为圆的圆心在直线上，
所以．
因为圆与轴相切于点（0，1），所以，．
所以圆的圆心坐标为（2，1），．
则圆的方程为．
（2）如果选择条件①：
因为°，，
所以圆心到直线的距离．
则，
解得或．
如果选择条件②：
因为，
所以圆心到直线的距离．
则，
故或．
【解析】本题考查了圆的标准方程和直线与圆的位置关系，是中档题．
（1）设圆心坐标为，半径为．由题意得．由圆与轴相切于点（0，1），所以，可得圆的方程；
（2）如果选择条件①，可得圆心到直线的距离，解出即可；
如果选择条件②，可得圆心到直线的距离，解出即可．
20．（1）证明：在菱形中，因为，
所以，所以．
因为平面平面，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）解：由（1）知，如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量，
由，得，所以．
令，则，，
所以，所以．
又，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由（2）可知，，
设，则．
因为//平面，所以，
即，
所以，即，所以．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直的判定定理，，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于较难题．
（1）证明．结合，证明平面．然后证明平面平面．
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解直线与平面所成角的正弦值．
（3）设，通过//平面，则，可求出，然后推出结果即可．
21．【答案】解：（1）圆的标准方程为，所以，半径为2，
因为平行于，所以设直线的方程为，
则圆心到直线之距，
解得，
所以直线的方程为或；
（2）假设圆上存在点，设，则，
又，即，
因为，
则圆与圆相交，所以点的个数为2；
（3）设点，由于点是线段的中点，则，
又都在半径为的圆上
所以，，即，
由方程组有解，即以（1，2）为圆心，为半径的圆与以（，4）为圆心，为半径的圆有公共点，
所以对恒成立，
又，所以且，解得，
又在圆外，所以恒成立，
所以，即，
所以的半径的取值范围为．
【解析】本题考查了直线与圆的位关系，圆与圆的位置关系，掌握直线与圆及圆与圆位置关系是解题的关键，属于难题．
（1）设直线的方程为，则圆心到直线之距等于半径，由此可得答案；
（2）假设圆上存在点，设，易得点的方程为，由的两圆相交，可得答案；
（3）设点，易得两圆有公共点，转化为对恒成立，可得恒成立，得，解出可得答案．