2024-2025学年北京工业大学附中高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京工业大学附中高二（上）期中数学试卷（含答案），共9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.直线x−2=0的斜率为( )
A. 0B. 2C. 12D. 不存在
2.空间直角坐标系中，若点A(−2,1,4)关于点B(−2,0,0)的对称点为C，则点C的坐标为( )
A. (−2,−1,−4)B. (−4,−1,−4)C. (−6,1,4)D. (−2,12,2)
3.已知点(a,2)(a>0)到直线l：x−y+3=0的距离为1，则a等于( )
A. 2B. 2− 2C. 2−1D. 2+1
4.已知F1(−1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|=3，则C的方程为( )
A. x22+y2=1B. x23+y22=1C. x24+y23=1D. x25+y24=1
5.已知圆C：x2+y2−6x+4y−4=0，则过点M(4,−1)的最短弦所在直线l的方程为( )
A. x+2y−2=0B. x−y−5=0C. x+y−3=0D. x−2y−6=0
6.若直线2x+y−1=0是圆x2+y2−2ax+a2−1=0的一条对称轴，则a=( )
A. 12B. −12C. 1D. −1
7.已知直线l过点P(1,2,1)和点Q(2,2,0)，则点A(1,−1,−1)到l的距离为( )
A. 3B. 2 3C. 11D. 2 2
8.若直线l：mx+ny=4和圆O：x2+y2=4没有交点，则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为( )
A. 0个B. 至多有一个C. 1个D. 2个
9.若给定一向量组A={a1,a2…,an}和向量c，如果存在一组实数k1，k2，…，kn，使得c=k1a1+k2a2+⋅⋅⋅+knan，则称向量c能由向量组A线性表示，或称向量c是向量组A的线性组合，若A={e1+e2,e2−e3},c=e1+me3,e1,e2,e3为三个不共面的空间向量，且向量c是向量组A的线性组合，则m=( )
A. −4B. −3C. 0D. 1
10.古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆.人们将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知A(−1,0)，B(2,0)，动点M满足|MA||MB|=12，记动点M的轨迹为曲线W，给出下列四个结论：
①曲线W的方程为(x+2)2+y2=4；
②曲线W上存在点D，使得D到点(1,1)距离为6；
③曲线W上存在点E，使得E到直线y=x+1的距离为 6；
④曲线W上存在点F，使得F到点B与点(−2,0)距离之和为8．
其中所有正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.双曲线x23−y2=1的两条渐近线的方程为______．
12.抛物线y=8x2的焦点坐标为______．
13.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b//c，则|a+b|=______．
14.众所周知的“太极图”，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，因而也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，整个图形是一个圆形，其中黑色阴影区域在y轴右侧部分的边界为一个半圆.已知直线l：y=a(x−2).若直线l与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点.则a的取值范围是______．
15.在△ABC中，∠A=30°，|AB|=2，SΔABC= 3.若以A，B为焦点的椭圆经过点C，则该椭圆的离心率e= ______．
16.已知椭圆C：x24+y22=1，过原点O的直线y=kx交椭圆C于A，B两点，过点A向x轴引垂线，垂足为D，连接BD并延长，交椭圆C于点E，直线AE和BD的斜率分别为k1，k2，则下列选项正确的有______．
①k⋅k2=14②k1⋅k2=−12③k⋅k1=−1④若k=1，则|AE|=4 69
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点.应用空间向量方法求解下列问题．
(1)求EF的长；
(2)证明：EF⊥平面A1CD．
18.(本小题12分)
已知直线2x−y+m=0和圆O：x2+y2=5，
(1)m为何值时，没有公共点；
(2)m为何值时，截得的弦长为2；
(3)若直线和圆交于A、B两点，此时OA⊥OB，求m的值．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AA1=AC=BC=2，∠ACB=90°，D是CC1的中点．
(1)求证：AB//平面A1B1C1；
(2)求平面A1BD与平面ABC夹角的余弦值；
(3)在线段CD上是否存在一点P，使得BP与平面A1BD所成角的正弦值为 36，若存在，求出CP的长；若不存在请说明理由．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，且点P(1, 32)在椭圆C上．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点M(4,0)的直线l与椭圆C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，且y1y2≠0.问：x轴上是否存在点N，使得直线NA，直线NB与y轴围成的三角形始终是底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
对于空间向量m=(a,b,c)，定义||m||=max{|a|,|b|,|c|}，其中max{x,y,z}表示x，y，z这三个数的最大值．
(1)已知a=(6,112,1)，b=(x,12x,−x)．
①写出||a||，写出||b||(用含x的式子表示)；
②当0≤x≤4，写出||a−b||的最小值及此时x的值；
(2)设a=(x1,y1,z1)，b=(x2,y2,z2)，求证：||a+b||≤||a||+||b||
(3)在空间直角坐标系O−xyz中，A(2,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,6)，点P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，点Q是△ABC内部的动点，直接写出||PQ||的最小值及相应的点P的坐标．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.C
5.C
6.A
7.C
8.D
9.D
10.C
11.x± 3y=0
12.(0,132)
13.3
14.(−43,1)
15. 3−12
16.②③④
17.(1)解：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
如图所示：

由正方体的棱长为2，则A1(2,0,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
D1(0,0,2)，D(0,0,0)，
因为E，F分别为AB，A1C的中点，所以E(2,1,0)，F(1,1,1)，
则EF=(−1,0,1)，可得|EF|= 1+0+1= 2；
(2)证明：由(1)可得CD=(0,−2,0)，A1D=(−2,0,−2)，
所以CD⋅EF=0，EF⋅A1D=0，
所以EF⊥CD，EF⊥A1D，
又CD∩A1D=D，CD，A1D⊂平面A1CD，
所以EF⊥平面A1CD．
18.解：(1)由已知，圆心为O(0,0)，半径r= 5，圆心到直线2x−y+m=0的距离d=|m| 4+1=|m| 5，
∵直线与圆无公共点，∴d>r，即|m| 5> 5，
∴m>5或m5或m0，即m2>12，
且y1+y2=−8m4+m2，y1y2=124+m2，
设直线NA，直线NB与y轴的交点分别为P，Q，
设直线NA的方程为：y=y1x1−t(x−t)，令x=0，可得yP=−ty1x1−t，
同理可得直线NB与y轴的交点Q的纵坐标为yQ=−ty2x2−t，
由题意可得yP+yQ=0，
即=−ty1x1−t+(−ty2x2−t)=0，
整理可得：ty1(my2+4−t)+ty2(my1+4−t)，因为t≠0，
即2my1y2+(4−t)(y1+y2)=0，
即24m4+m2+(4−t)⋅(−8m)4+m2=0，整理可得：m(t−1)=0，t=1时不论m为何值，等式恒成立，
即N(1,0)，
所以存在N(1,0)满足条件．
21.解：(1)由题可知，‖a‖=max{6,112,1}=6,‖b‖=max{|x|,|12x|,|−x|}=|x|,a−b=(6−x,112−12x,1+x)，
‖a−b‖=max{|6−x|,|112−12x|,|1+x|},0≤x≤4．
在同一个坐标系中作出y=|6−x|,y=|112−12x|,y=|1+x|的图像如下图所示．

因为‖a−b‖=max{|6−x|,|112−12x|,|1+x|}，
则函数y=‖a−b‖的图像是图中加粗部分折线，
直线y=6−x与y=112−12x交于点M(1,5)，
直线y=x+1与直线y=112−12x交于点N(3,4)，
由图可知，当x=3时，‖a−b‖有最小值4．
(2)||a+b||=max{|x1+x2|,|y1+y2|,|z1+z2|}≤max{|x1|+|x2|,|y1|+|y2|,|z1|+|z2|}，
因为||a||=max{|x1|,|y1|,|z1|},||b||=max{|x2|,|y2|,|z2|}，
所以|x1|,|y1|,|z1|≤||a||,|x2|,|y2|,|z2|≤||b||，
所以||a+b||≤max{|x1|+|x2|,|y1|+|y2|,|z1|+|z2|}≤||a||+||b||．
(3)因为P是以O为球心，1为半径的球面上的动点，则球面方程为x2+y2+z2=1，
面ABC的方程为x2+y4+z6=1，即6x+3y+2z=12，
一个法向量为n=(6,3,2)，PQ⊥平面ABC是||PQ||取最小值的必要条件，证明如下：
不妨取P(1,0,0)，若PQ′⊥平面ABC于Q′，
显然PQ′//n，则PQ′=λn且λ∈R，所以PQ′=(6λ,3λ,2λ)，
对于面ABC上任意点Q(a,b,c)都有|PQ|≥|PQ′|，即|a−1|2+|b|2+|c|2>|6λ|2+|3λ|2+|2λ|2，
所以||PQ‖=max{|a−1|,|b|,|c|}≥||PQ′||=max{|6λ|,|3λ|,|2λ|}，仅当Q，Q′重合时取等号，
综上，‖PQ||取最小，必有PQ⊥平面ABC，
由|PQ|≥|OQ|−|OP|，当O，P，Q共线时取等号，故最小值在O，P，Q共线且OQ⊥平面ABC时取得，此时Q=(6μ,3μ,2μ)且μ∈R，则36μ+9μ+4μ=49μ=12，即μ=1249，
所以Q(7249,3649,2449)，
取P(6σ,3σ,2σ)且σ∈R，则36σ2+9σ2+4σ2=1，即σ=17，
所以P(67,37,27)，
综上，Q(7249,3649,2449)、P(67,37,27)时，||PQ‖=max{3049,1549,1049}=3049最小．