2022-2023学年北京交通大学附属中学高二上学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年北京交通大学附属中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设z=-3+2i，则在复平面内对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】先求出共轭复数再判断结果.

【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限．故选C．

【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目．

2．若过点的直线的斜率等于1，则m的值为（    ）

A．1 B．4 C．1或3 D．1或4

【答案】A

【分析】代入由两点求直线的斜率公式：即可求解.

【详解】因为过点的直线的斜率等于1，

所以，解得：，

故选：.

3．圆的圆心和半径分别为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】利用配方法进行求解即可.

【详解】，

所以该圆的圆心为，，

故选：C

4．已知空间向量，且，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的坐标运算，求出向量与的夹角的余弦值，进而可求夹角.

【详解】因为，所以，所以，

则有

所以，

因为，所以，

故选:D.

5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为（    ）

A．  B．

C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量求异面直线DE与AC所成的角的余弦值.

【详解】设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，

则D(0,0,0)，E(0，，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，

所以＝(0，，1)，＝(－1,1,0)，

则,

则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.

故选：B.

【点睛】本题考查关键是建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量计算求解，属基础题.

6．已知点，.若直线与线段AB恒相交，则k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意，求直线所过的定点，作图，根据斜率的变化规律，可得答案.

【详解】由直线方程，令，解得，故直线过定点，如下图：

则直线的斜率，直线的斜率，

由图可知：.

故选：D.

7．已知直线，则“”是“”的（    ）

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】A

【解析】由解得或.由，解得，再根据充分必要条件的定义判断可得选项.

【详解】∵直线，

当“”时，直线，不满足，

当“”时，直线，不满足，

∴当时，则，解得或.

而由，解得，

所以由“”能推出“”，由“”不能推出“”，所以“”是“”充分不必要条件.

故选：A.

8．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则

A．2 B． C．6 D．

【答案】C

【详解】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.

【解析】切线长

9．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.

【详解】由题设，可得，且中点为，

∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，

∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，

∴△的欧拉线的方程为.

故选：D

10．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（    ）

A． B．AB与平面所成的角为

C． D．与平面所成的角为

【答案】D

【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．

【详解】如图所示：

不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．

对于A，，，，A错误；

对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；

对于C，，，，C错误；

对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．

故选：D．

二、填空题

11．已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为      .

【答案】

【分析】根据题意求出直线l的斜率，然后利用点斜式可求出直线方程

【详解】因为直线l与直线垂直，

所以直线l的斜率为，

因为直线l经过点，所以直线l的方程为，

即，

故答案为：

12．在平面直角坐标系xOy中，直线被圆截得的弦长为      .

【答案】4

【分析】先根据点到直线的距离求出弦心距，然后利用弦，弦心距和半径的关系可求得结果.

【详解】圆的圆心为，半径，

则圆心到直线的距离为，

所以所求弦长为，

故答案为：4

13．在长方体中，，，若E为的中点，则点E到面的距离是      .

【答案】

【分析】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到面的距离.

【详解】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，取，得，

∴点E到面的距离为.

故答案为：.

【点睛】本题考查点到平面距离的向量求法，属于基础题.

三、双空题

14．已知直线l：3x＋4y＋m＝0，圆C：x2＋y2－4x＋2＝0，则圆C的半径r＝        ；若在圆C上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝90°，则实数m的取值范围是        ．

【答案】         

【分析】将圆的一般方程化为标准方程，从而可求出圆的半径，过P作圆的两条切线PM，PN（M，N为切点），则由题意得，∠MPN≥90°，当CP⊥l时，∠MPN最大，所以只要此最大角≥90°即可，求出圆心到直线的距离，所以只要，从而可求出实数m的取值范围

【详解】圆的标准方程为（x－2）2＋y2＝2，圆心为C（2，0），半径为r＝，

若在圆C上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝90°，过P作圆的两条切线PM，PN（M，N为切点），则由题意得，∠MPN≥90°，

而当CP⊥l时，∠MPN最大，只要此最大角≥90°即可，

此时圆心C到直线l的距离为.

所以，化简得，解得－16≤m≤4.

故答案为：，

15．已知实数、、、满足：，，，设，，则      ，的最大值为      .

【答案】     1     /

【分析】作出圆与直线，可得，都在圆上，利用两点间的距离公式求得，可得，取、的中点，过作，垂足为，把转化为，求出，再求出到直线的距离，则答案可求．

【详解】作出圆，与直线，

由题意，，都在圆上，

∴且，又由，

∴；

∴,即为正三角形，

∴，

表示和到直线的距离和，

由图可知，只有当、都在直线的左侧，距离之和才会取得最大值．

取、的中点，过作，垂足为，则，

因为为等边三角形，为的中点，，

则在圆上运动，

故到直线距离的最大值为圆心到直线的距离+半径，

的最大值为．

故答案为：1；.

.  

【点睛】本题解决的关键是利用所求与已知式子的几何意义，将问题转化为圆心到直线的距离问题

四、解答题

16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，点E在线段AB上，且.

(1)求证：平面PBD；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)根据线面垂直的性质可得，利用相似三角形的判定与性质可得

，结合线面垂直的判定定理即可得出结果；

(2)根据题意和线面垂直的性质可得两两垂直，建立如图空间直角坐标系

，求出各点、各线段的坐标，进而求出平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积表示即可求出结果.

【详解】（1）因为平面，平面，

所以.

因为，，

所以，.

所以.

所以，

所以.

又因为，，

所以平面.

（2）因为平面，平面，平面，

所以，.

又因为是矩形，，

所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

则，，，

所以，.

设平面的一个法向量为，则

即

令，则，.

于是.

因为平面，

取平面的法向量为.

则.

由图可知二面角为锐角，

所以二面角的余弦值是.

17．已知圆E经过点，，从下列3个条件选取一个：

①过点；

②圆E恒被直线平分；

③与y轴相切.

(1)求圆E的方程；

(2)过点的直线l与圆E相切，求直线l方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）结合已知条件利用待定系数法或圆的几何性质即可求解；

（2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线的距离公式计算即可.

【详解】（1）若选①：设圆E的方程为：，

因为圆E经过点，，，

所以，

故圆E的方程为：，即；

若选②：由直线方程可知，，

故直线恒过点，

因为圆E恒被直线平分，

所以圆E的圆心为，

因为在圆上，故圆的半径，

从而圆E的方程为：；

若选③：不妨设圆E的圆心为，半径为，

此时，

故圆E的方程为：，

分别将，代入上式可得，，

故圆E的方程为：；

（2）当直线l的斜率不存在时，其方程为，

圆E的圆心到直线的距离为，

则此时直线与圆相切，

当直线l的斜率存在时，设方程为，即，

则圆心到直线的距离，解得，

所以此时直线的方程为，即，

综上：直线l的方程为或.

18．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.

（1）若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；

（2）是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点，证明见解析.

【分析】（1）由于图形是正方体，建立空间直角坐标系很方便，所以要求线面角，在建立空间直角坐标系后分别求出以及平面CDE的法向量再运用公式计算即可；

（2）先假设存在点E，再求平面CDE的法向量和平面CD1O的法向量，根据平面垂直就可以计算出结果.

【详解】（1）不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，

则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).

因为E为OD1的中点，

所以E.

则＝(－1，－1，2)，，＝(0，2，0).

设＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，

则，即，

取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，

所以＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.

设直线OD1与平面CDE所成角为θ，

所以sin θ＝|cos〈，〉|＝

＝

＝，

即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.

（2）存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.

假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.

同第（1）问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，

设，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).

设＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，

则，即，

取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，

所以＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.

因为，所以点E的坐标为，

所以.

设＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，

则，即，

取x2＝1，则y2＝0，z2＝，

所以＝为平面CDE的一个法向量.

因为平面CDE⊥平面CD1O，所以.

则，所以，解得.

所以当，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.

19．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：及其上一点.

(1)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且，求直线l的方程；

(2)设点满足：存在圆M上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）确定圆心和半径，根据平行得到直线方程为，根据弦长公式结合圆心到直线的距离得到答案.

（2），，即在圆的内部，代入计算得到答案.

【详解】（1），即，故圆心，，

，

设直线方程为，，

故圆心到直线的距离为，即，

解得或，故直线方程为或.

（2），即，，

故在圆的内部，即，

解得，即实数的取值范围是

20．已知，，，记，用表示有限集合X的元素个数.

(1)若，，分别讨论和时，集合T的情况；

(2)若，，求的最大值；

(3)若，，则对于任意的A，是否都存在T，使得？说明理由.

【答案】(1)当时，；当时，不存在；

(2)10

(3)不一定存在，理由见详解.

【分析】（1）由已知得，其中，当时，相差3；由此可求得，当时，同理可得；

（2）若，，，当时，则相差5，所以，中至多有5个元素，所以也至多有5个元素，求出得出结果.

（3）当时，，，，，，，则相差不可能1，2，3，4，5，6，可得结论.

【详解】（1）若，则，其中，

否则，

若，当时，，，

所以，则相差3，

因为，，

所以；

当时，，，，

所以，

因为，，

所以不存在；

（2）若，，，

时，，，，，，，

所以，，所以不存在；

所以中至多有5个元素；

当时，，，，，

所以，则相差5，

所以；

，

所以，，.

因为中至多有5个元素，所以也至多有5个元素，

所以的最大值为10.

（3）不一定存在，

当时，

，，，，，，

则相差不可能1，2，3，4，5，6，这与矛盾，

故不都存在.

【点睛】数学中的新定义题目解题策略:

(1)仔细阅读，理解新定义的内涵;

(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.