2023-2024学年北京市第十一中学高二上学期期中练习数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市第十一中学高二上学期期中练习数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．0°B．90°C．180°D．不存在
【答案】B
【分析】根据直线与坐标轴垂直可得倾斜角.
【详解】因为直线与轴垂直，
所以直线的倾斜角为90°.
故选：B
2．已知空间向量，且，则实数（ ）
A．B．C．D．6
【答案】A
【分析】由，得到，列出方程组，即可求解.
【详解】由题意，空间向量，
因为，可得，即，可得 ，解得.
故选：A.
3．直线与直线垂直，则的值为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析：利用两条直线垂直的充要条件，建立方程，即可求出a的值．
详解：∵直线ax+2y﹣1=0与直线2x﹣3y﹣1=0垂直，
∴2a+2×（﹣3）=0
解得a=3
故选D．
点睛：本题考查直线的一般式方程与直线的垂直关系的应用，考查计算能力，属于基础题．
4．点A(2，－3)关于点B(－1,0)的对称点A′的坐标是( )
A．(5，－6)B．(－4,3)C．(3，－3)D．
【答案】B
【分析】利用中点公式即可求出.
【详解】设点
则 解得
故选B
【点睛】求解点关于点对称问题，主要应用的知识点是中点公式，但在代入数值是容易出错，必修要对号入座.
5．已知椭圆的一个焦点为 (2,0)， 则这个椭圆的方程是 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据即可求解.
【详解】椭圆的一个焦点为 (2,0)，
则椭圆的焦点在轴上，且，
因为，
所以，
所以椭圆的方程是.
故选：D
6．已知直线经过，两点，直线的倾斜角为，那么与
A．垂直B．平行C．重合D．相交但不垂直
【答案】A
【解析】根据两点求出直线的斜率，根据倾斜角求出直线的斜率；可知斜率乘积为，从而得到垂直关系.
【详解】直线经过，两点 直线的斜率：
直线的倾斜角为 直线的斜率：

本题正确选项：
【点睛】本题考查直线位置关系的判定，关键是利用两点连线斜率公式和倾斜角求出两条直线的斜率，根据斜率关系求得位置关系.
7．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【解析】由圆的方程得出圆心坐标，利用点到直线的距离公式得出答案.
【详解】圆的圆心坐标为
则圆心到直线的距离
故选：B
【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式的应用，属于中档题.
8．圆，圆，则两圆的位置关系是（ ）
A．内含B．相交C．外切D．外离
【答案】B
【分析】求得两圆的圆心与半径，结合圆与圆的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，圆，圆，
可得，且，
则，可得，即，
所以两圆相交.
故选：B.
9．平面的一个法向量为，则轴与平面所成的角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】取轴上的单位向量，则轴与平面所成的角的大小，由公式可求解.
【详解】解：设轴与平面所成的角的大小为，
在轴上的单位向量，
平面的一个法向量为，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查用向量方法求线面的夹角，属于基础题.
10．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为
A．7B．6C．5D．4
【答案】B
【详解】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.
【解析】本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.
11．已知椭圆的上、下顶点为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间），则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意画出图形，分直线的斜率不存在和存在两种情况求解，当直线斜率不存在时，求得，当直线斜率存在时，设出直线方程，和椭圆方程联立，由判别式大于0求得的范围，再结合根与系数的关系写出数量积，由得范围求得的范围．
【详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，，，
此时；
当直线斜率存在时，设斜率为，设,
则直线方程为，
联立，得，
，得．
，
．
．
，，，
则，
综上，的取值范围是．
故选：D．
12．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是
A．①B．②C．①②D．①②③
【答案】C
【分析】将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
【详解】由得,,,
所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示,易知,
四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.
故选C.
【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.
二、填空题
13．直线：与圆相交、两点，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，联立方程求出点的坐标，再利用两点间距离公式计算作答.
【详解】由解得或，不妨令，
所以.
故答案为：
14．已知双曲线，则双曲线的焦距为 ．
【答案】4
【分析】根据双曲线的标准方程求出，，即可得解.
【详解】由双曲线方程，可得，，
，，故焦距为4.
故答案为：4.
三、双空题
15．已知点分别是椭圆的左、右焦点，点在此椭圆上，则椭圆离心率为 ，的周长为 .
【答案】 /
【分析】利用椭圆的定义与性质计算即可.
【详解】由已知可得，
的周长为.
故答案为：；
四、填空题
16．如图，在正三棱柱中，各棱长均为4，N是的中点.则点到平面ABN的距离为 .

【答案】
【分析】构建空间直角坐标系，写出相关点坐标，并求出面ABN的一个法向量、，利用点面距离的向量求法求到平面ABN的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
由N是的中点，则.
设平面ABN的一个法向量为，则，
令，即，而，
设点到平面ABN的距离为，则.

故答案为：
17．已知、是分别经过，两点的两条平行直线，当、间的距离最大时，直线的方程为 ．
【答案】
【分析】先判断出当⊥AB时、间的距离最大，求出，进而求出，即可求出直线的方程.
【详解】设两平行直线、的距离为d.
因为、是分别经过，点的两条平行直线，
所以,当且仅当⊥AB时取等号.
因为直线AB的斜率为，所以与直线AB垂直的直线的斜事为，
所以的方程为，即.
故答案为：
18．如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆心位于时，的坐标为 .
【答案】
【分析】根据题意，由圆的方程可得，然后求代入计算，即可得到结果.
【详解】
设滚动后的圆的圆心为，切点为，连接，
过做与轴正方向平行的射线，交圆于，
设，因为圆的方程为，
故设，
又单位圆的圆心的初始位置在，圆滚动到圆心位于，
所以，可得，则，
，所以.
故答案为：
五、解答题
19．在中，内角所对的边分别为．已知
(1)求的值；
(2)求的值及的面积．
【答案】(1)
(2)，9
【分析】（1）由余弦定理求解，
（2）由正弦定理与三角形面积公式求解．
【详解】（1）因为，由余弦定理知：
，则.
（2）由且A为三角形内角，则，
又，所以.
20．已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
【答案】(1)相交，截得的弦长为2.
(2)或.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
21．如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.
(1)证明：；
(2)若为棱上一点，满足，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，运用空间向量即可得证，
（2）先根据题意求出点坐标，运用空间向量即可求出面面夹角的余弦值.
【详解】（1）如图所示，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为,,点为棱的中点，
所以,,,,,
因为,,
所以,即，
所以.
（2）由（1）可得∵，，
由为棱上一点，设，
故，
由，得，
解得，
即，
设平面的法向量为，
由，得
令，则，
取平面的法向量，
设平面与平面的平面角为，由图可知为锐角，
所以，
故平面与平面的余弦值为．
22．已知椭圆C：的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，F为椭圆C的右焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为.求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及短轴长，结合的关系即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程，由两点斜率公式，结合韦达定理即可化简求解.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
所以椭圆方程为
（2）由于，
当直线无斜率时，此时直线方程为，此时关于轴对称，显然满足，
当直线有些率时，可设直线方程为，
联立直线与椭圆方程，
设，则，
，,
，
将代入可得，
所以，
综上可知：
23．对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)505
【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；
（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；
（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.
【详解】（1）因为，，，
所以.
（2）设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．
（3）设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．
【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.