2022-2023学年北京市北京科技大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市北京科技大学附属中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共13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。

一、单选题
1．直线（为实常数）的倾斜角的大小是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】计算出直线的斜率，再结合倾斜角的取值范围可求得该直线的倾斜角.
【详解】设直线倾斜角为，直线的斜率为，所以，
，则.
故选：D.
【点睛】本题考查直线倾斜角的计算，一般要求出直线的斜率，考查计算能力，属于基础题.
2．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是
A．等腰三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】求出三点间任意两点的距离，最后运用勾股定理或者余弦定理判断出三角形的形状.
【详解】由两点间的距离公式得，，，满足，故选C.
【点睛】本题考查了空间两点间的距离公式，以及判断空间三点组成三角形的形状问题，考查了数学运算能力.
3．圆心为，且经过原点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】待定系数法直接求解可得.
【详解】因为圆心为，所以设圆的方程为，
因为圆经过原点，所以，解得
所以所求圆的方程为.
故选：A
4．直线与圆的位置关系是( )
A．相交但直线不过圆心B．相切
C．相离D．相交且直线过圆心
【答案】A
【分析】要判断圆与直线的位置关系，方法是利用点到直线的距离公式求出圆心到此直线的距离，和圆的半径比较即可得到此圆与直线的位置关系．
【详解】由圆的方程得到圆心坐标为，半径，直线为，
∴到直线的距离，
∴圆与直线的位置关系为相交，
又圆心不在直线上，
故选：A．
5．已知圆与圆相外切，那么等于
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由两圆外切，两圆心距等于两圆半径之和即可求出结果.
【详解】因为圆心坐标为，半径为1；圆圆心坐标，半径为r，由两圆外切可得,所以.
【点睛】本题主要考查圆与圆位置关系，属于基础题型.
6．函数的最小正周期是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式对三角函数进行化简，然后结合正弦型函数的周期公式即可求解．
【详解】函数，
∴其最小正周期为．
故选：C．
7．“”是“直线与直线垂直”的
A．充分必要条件B．充分非必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先由两直线垂直求出的值，再由充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】因为直线与直线垂直，
则，即，解得或；
因此由“”能推出“直线与直线垂直”，反之不能推出，
所以“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.
故选B
【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念，以及两直线垂直的判定条件即可，属于常考题型.
8．已知平面平面，下列命题
①平面内的直线一定垂直于平面内的直线
②平面内的直线一定垂直于平面内的无数条直线
③平面内的任一条直线必垂直于平面
④过任意一点作平面和平面交线的垂线，则此垂线必垂直于平面
其中正确的命题序号是（ ）
A．①②B．①③C．②D．④
【答案】C
【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】平面内的直线存在直线与交线平行，而交线在平面内，故①错误；
由面面垂直的性质可知，平面内与交线垂直的直线（有无数条）都垂直平面，由线面垂直的定义可知，平面内的直线一定垂直于平面内的无数条直线，故②正确；
交线在平面内，但是交线在平面内，故③错误；
过平面内一点作交线的垂线，此垂线在平面内，故④错误；
故正确的命题序号为：②
故选：C
9．已知三棱锥，点G是△ABC的重心（三角形三条中线的交点叫三角形的重心）.设，，，那么向量用基底可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量的加减法计算法则和数乘计算法则，结合几何关系用表示即可．
【详解】∵

∴.
故选：B．
10．在棱长为1的正方体的表面上任取4个点构成一个三棱锥，则这个三棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在棱长为1的正方体的表面上任取4个点构成一个三棱锥，其体积必大于0，要使三棱锥的体积最大，则这四个点一定在正方体的顶点处，分别讨论上下两个底面各取两个点和一个底面取三个点，另一个底面取一个点的情形，即可得到棱锥的最大值，进而得到答案．
【详解】在正方体中，设三棱锥的底面为．在正方体的表面上，离三棱锥底面最远的点，一定可以在正方体的顶点处取得，此时三棱锥的体积最大．固定住这个点，以这个点为三棱锥底面的一个点，则三棱锥的顶点一定可以在正方体的顶点处取得，同理，三棱锥体积最大时，其他三个顶点必在正方体的顶点处取得．故由正方体八个顶点中四个顶点形成的三棱锥的体积最大值即为所求三棱锥体积的最大值．
由于三棱锥四个顶点不共面，故在面和面中，分别可能有三棱锥的个顶点，其中和是对称的，故只需讨论和的情形．
（1）若为，在底面不妨取，另一个顶点可取之一，如图，此时三棱锥体积都为．
（2）若为，则在底面不妨取或．
①若取，在面不妨取或，如图，三棱锥体积都为．
②若取，在面不妨取或，如图，
；
，此时三棱锥的体积最大．
综上，三棱锥体积的取值范围是．
故选：B．
二、填空题
11．若a，b是异面直线，直线ca，则c与b的位置关系是___________
【答案】相交或异面
【分析】根据空间两直线的位置关系判断.
【详解】如图所示：
设，当 时，c与b相交；
当时， c与b异面；
所以若a，b是异面直线，直线ca，则c与b的位置关系是相交或异面.
故答案为：相交或异面
12．已知经过点的直线在轴和轴上的截距相等，则此的直线方程是__________．
【答案】或，
【分析】由截距的概念得斜率后求解，
【详解】由题意得直线过原点或直线斜率为，
故直线方程为或，即或，
故答案为：或，
13．圆截直线所得的弦长为8，则的值是________
【答案】
【详解】∵弦长为8，圆的半径为5，∴弦心距为3，∵圆心坐标为，∴，解得为
点睛：涉及圆中弦长问题， 一般利用垂径定理进行解决，具体就是利用半径的平方等于圆心到直线距离平方与弦长一半平方的和；直线与圆位置关系，一般利用圆心到直线距离与半径大小关系进行判断
14．已知点若点是圆上的动点,则面积的最小值为__________．
【答案】
【详解】将圆化简成标准方程，得,其圆心坐标为,半径为,如图，因为,所以,要求的面积最小,即要使圆上的动点到直线的距离最小,而圆心到直线的距离为,所以，故的最小值为,故答案为.
15．已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：
①四棱锥可能为正四棱锥；
②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点；
③可能有平面平面；
④四棱锥的体积的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；
对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；
对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；
对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可
【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且
对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确；
对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；
对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；
对④，设，则
，因为，故，所以，故④正确
故答案为：①②④
三、解答题
16．如图，在△ABC中，D是BC上的点，，，， .
(1)求角的大小；
(2)求边AB的长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）在三角形中，利用余弦定理，结合的范围，即可求得结果；
（2）在三角形中，利用正弦定理，结合（1）中所求，即可求得结果.
【详解】（1）在△中，因为，，，
由余弦定理可得：，又，故.
（2）在△中，由（1）可得：，又，
由正弦定理可得：，即，解得.
17．已知直线经过直线与直线的交点，且垂直于直线．
（Ⅰ）求直线的方程．
（Ⅱ）求直线与两坐标轴围成的三角形的面积．
【答案】（1）（2）1
【详解】（），解得，则点的坐标为．
由于点的坐标是，且所求直线与直线垂直，
可设所求直线的方程为．
将点坐标代入得，解得．
故所求直线的方程为．
（）由直线的方程知它在轴，轴上的截距分别是，，
所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积．
18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，，侧面底面，，，，为侧棱的中点 .
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)（i）求点到平面的距离；
（ii）设为侧棱上一点，写出四边形周长的最小值.（直接写出结果即可）
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)；
【分析】（1）由面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理求解，
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，
（3）由空间向量求解，由展开图计算，
【详解】（1）由侧面底面，面面，
而，面，故面，
面，，
在直角梯形中，可得，而，
故，而，平面，平面，
平面
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，得，，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
令得，而平面的一个法向量为，
故二面角的余弦值，
（3），则点到平面的距离，
由题可知，，
故将展开可得矩形，
当三点共线时，取最小值，
而，故四边形周长的最小值为．
19．已知圆上三点，，.
(1)求圆的方程；
(2)过点任意作两条互相垂直的直线，，分别与圆交于两点和两点，设线段的中点分别为.求证：直线恒过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】(1)设出圆M的标准方程，根据圆上三个点列出方程组，求解方程组即可；
(2)当斜率存在且不为零时，设，，，联立的方程和圆M的方程，根据韦达定理和中点坐标公式表示出R的坐标，同理表示出S的坐标，求出直线RS的方程即可判断其经过的定点．
【详解】（1）设圆M的方程为，
则，解得，
∴圆M的方程为．
（2）若斜率不存在，则此时AB中点为R(0，0)，CD中点为S(1，0)，
则直线RS为y=0；
同理斜率为零时，直线RS为y=0；
当斜率存在且不为零时，设，，，
则，
，，
∴，
，同理为，即，
∴，
∴RS：，化简为，
∴RS过定点．
当k=1时，R为，S为，直线RS为，也过定点；
同理时直线RS也过定点，
斜率不存在或斜率为0时，直线RS也过定点．
综上可得，直线RS过定点．
【点睛】本题主要考查待定系数法求圆的标准方程，以及直线过定点的问题.第二问的关键在于根据题意求出直线RS的方程，从而判断直线RS经过的定点.解题时从设直线的方程入手，通过联立和圆M的方程，结合中点坐标公式和韦达定理求出R坐标，根据两直线垂直，斜率相乘为－1可求S坐标，从而可求出RS的方程.求解过程中需要对特殊情况进行单独讨论．