北京市丰台区2023_2024学年高二数学上学期期中试题A卷

这是一份北京市丰台区2023_2024学年高二数学上学期期中试题A卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟
第I卷（选择题共40分）
一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
2. 已知圆，则圆心与半径分别为（）
A. ，B. ，
C，D. ，
3. 如图，在平行六面体中，设，，，则与向量相等是（）
A. B. C. D.
4. 已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
5. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列选项中能使成立的是（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
6. 已知直线，，若，则实数（）
A. B. C. 或D. 或
7. 若直线与圆相交于两点，且（其中为原点），则的值为（）
A. B. 或C. D. 或
8. 已知圆关于直线对称，则实数（）
A. B. C. D. 或
9. 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.
10. 已知圆与圆，过动点分别作圆，圆切线，（，分别为切点），若，则的最小值为（）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
二、填空题:共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知直线的斜率为，在轴上的截距为，则直线的方程为______.
12. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则______.
13. 已知，，三点共线，则______.
14. 已知圆上存在两个点到点的距离均为，则实数的一个取值为______.
15. 已知正方体的棱长为，是空间中任意一点.给出下列四个结论：
①若点在线段上运动，则总有；
②若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值；
③若点在线段上运动，则直线与平面所成角为定值；
④若点满足，则过点，，三点的正方体截面面积的取值范围为.
其中所有正确结论序号为______.
三、解答题:共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知圆.
（1）求经过点的圆的切线方程；
（2）求直线被圆截得的弦长.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，，为棱的中点.
条件①：；
条件②：平面平面.
从条件①和条件②这两个条件中选择一个作已知，完成下列问题：
（1）求证：；
（2）若点在线段上，且点到平面的距离为，求线段的长.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且半径为.
（1）若圆心也在直线上，求圆的方程；
（2）已知点，若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
20. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由.
21. 在平面直角坐标系中，对于点，，定义为点到点的“折线距离”.
（1）已知，，求；
（2）已知直线.
（i）求坐标原点与直线上一点的“折线距离”的最小值；
（ii）求圆上一点与直线上一点的“折线距离”的最小值. 丰台区2023-2024学年度第一学期期中练习
高二数学（A卷）
考试时间：120分钟
第I卷（选择题共40分）
一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将直线方程化为斜截式，求出直线的斜率，由斜率与倾斜角的关系，及可求解．
【详解】由，得，故斜率为，因，所以倾斜角．
故选：D．
2. 已知圆，则圆心与半径分别为（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心与半径即可
【详解】圆的方程为为标准形式，
即圆心与半径分别为，
故选：D.
3. 如图，在平行六面体中，设，，，则与向量相等的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的运算，用基向量表示即可.
【详解】因为,
所以.
故选：C.
4. 已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程为（）
A. B.
CD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程求其斜率，再利用两直线垂直得到垂直直线斜率，然后利用点斜式方程得到垂直直线方程，化成一般式即为答案.
【详解】因为直线的斜率为，
则与其垂直的直线的斜率为，
又因为直线过点，
则直线的方程为，即.
故选：B.
5. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则下列选项中能使成立的是（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】只需判断是否成立，即可得出答案.
【详解】要使，则应有.
对于A项，由已知可知不成立，故A项错误；
对于B项，由已知可得，所以，故B项正确；
对于C项，由已知可知不成立，故C项错误；
对于D项，由已知可知不成立，故D项错误.
故选：B.
6. 已知直线，，若，则实数（）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】由直线平行的充要条件列出方程求解，并注意检验即可.
【详解】由题意直线，满足，
所以当且仅当，
解得或；
经检验当或时，没有重合的情况，即满足.
故选：C.
7. 若直线与圆相交于两点，且（其中为原点），则的值为（）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，首先由垂径分线定理算出原点到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图所示：
不妨设中点为，因为，
所以由垂径分线定理可知，
由圆的方程可知，，
所以，
即原点到直线的距离为，
解得或.
故选：D.
8. 已知圆关于直线对称，则实数（）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的对称性得出圆心在直线上，求出圆心坐标代入直线方程计算并检验即可.
【详解】由题意可知，，
且圆心在直线上，代入直线方程得（舍去）
或.
故选：C
9. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
10. 已知圆与圆，过动点分别作圆，圆的切线，（，分别为切点），若，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用几何关系确定动点在线段的中垂线上，并求出中垂线的直线方程，再根据的几何意义求解.
【详解】
如图，因为，且,所以,
所以动点在线段的中垂线上，
因为，所以的中点为，
且，所以中垂线的斜率为，
所以中垂线的直线方程为：，即，
又因为表示点和点的距离，
所以点到直线的距离即为的最小值.
故选:A.
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
二、填空题:共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知直线的斜率为，在轴上的截距为，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的斜截式方程即可求解.
【详解】因为直线的斜率为，在轴上的截距为，
所以所求直线方程为.
故答案为：.
12. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的运算律计算即可.
【详解】.
故答案为：-3.
13. 已知，，三点共线，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由平面向量基本定理可知，若三点共线，则存在唯一的实数使得，利用等量关系计算的值.
【详解】若三点共线，则存在唯一的实数使得，
所以，则，即，则.
故答案为：
14. 已知圆上存在两个点到点的距离均为，则实数的一个取值为______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】易得到点的距离为的点轨迹方程为，由题意可知圆与圆相交，从而可求出的范围，即可得解.
【详解】到点的距离为的点轨迹方程为，
其圆心为，半径，
圆化为标准方程为，
其圆心，半径，
由题意可知圆与圆相交，
则，
即，解得或，
则实数的一个取值为.
故答案为：.（答案不唯一，只要在内即可）
15. 已知正方体的棱长为，是空间中任意一点.给出下列四个结论：
①若点在线段上运动，则总有；
②若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值；
③若点在线段上运动，则直线与平面所成角为定值；
④若点满足，则过点，，三点的正方体截面面积的取值范围为.
其中所有正确结论的序号为______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由平面判断①；由等体积法及线面距离为定值判断②；由线面距离为定值及线面角判断③；作出截面利用向量法计算面积判断④.
详解】对①，如图，
连接，，在正方体中，，，，平面，所以平面，又平面，所以，又正方体中，，所以，故①正确；
对②，如图，
因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离为定值，因为，而为定值，所以为定值，故三棱锥体积为定值，故②正确；
对③，如图，
在正方体中，，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，设直线与平面所成角为，而，不是定值，所以不为定值，故③错误；
对④，因为，且，所以点在线段上运动，
在上取一点，使得，连接，
易知，且，即四点共面，即过，，三点的截面为截面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
则，
因为，，
所以截面的面积为
，
当时，，当或时，，所以过，，三点的正方体截面面积最小值为，最大值为，过点，，三点的正方体截面面积的取值范围为，故④正确.
故答案为：①②④
三、解答题:共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知圆.
（1）求经过点的圆的切线方程；
（2）求直线被圆截得的弦长.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由点斜式方程和圆心到切线的距离等于半径即可求出，
（2）由点到直线的距离公式和勾股定理即可求出.
【小问1详解】
解：当切线斜率不存在时，其方程为，
圆心到直线的距离为，
则此时直线与圆相切，满足题意；
当切线的斜率存在时，设切线方程为，
即，
则圆心到切线的距离，解得，
所以此时切线的方程为.
综上：切线的方程为或.
【小问2详解】
由题可知圆的圆心为，半径为.
设圆心到直线的距离为，则.
所以直线被圆所截得的弦长为：.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，，来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
因为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，因为是的中点，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为直三棱柱，所以平面，
平面，所以，，因为，
所以，，两两垂直，以为原点，，，为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，.
所以，，，
设平面的一个法向量为．
所以，即，
令，则，.
所以．
所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，，为棱的中点.
条件①：；
条件②：平面平面.
从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题：
（1）求证：；
（2）若点在线段上，且点到平面的距离为，求线段的长.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：先用勾股定理证明，再由线线垂直证明线面垂直，继而证明。
选②：先由面面垂直证明线面垂直，继而证明。
（2）建立空间直角坐标系，用向量方法即可求解.
【小问1详解】
选①：.
证明：在平行四边形中，，
因为，，
所以在△中，.
所以，
所以.
又，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
又因为，
所以.
选②：平面平面.
证明：因为平面平面，平面平面，，平面.
所以平面，
因为平面，
所以.
【小问2详解】
由（2）知，BA，BD，BP两两垂直，以为原点，，，为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，. 所以．
因为点在线段上，设，
所以，
故点到平面的距离为，得.
所以
所以，
所以.
19. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且半径为.
（1）若圆心也在直线上，求圆的方程；
（2）已知点，若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆心既在上，又在上，可求圆心坐标，结合题干中半径，代入到圆的标准方程即可求圆的方程.
（2）设出点的坐标，根据题意表示出和的长，因为在圆上，所以由的轨迹方程知，圆心到直线的距离不大于半径，列出不等式即可.
【小问1详解】
设圆心，由题意得，
解得，所以圆心，
因为圆的半径为1，
所以圆的方程为：.
【小问2详解】
由题意，如图所示：
设，由已知，圆心，，
得，
整理得，
所以点既在圆上又在直线上，
即：圆和直线有公共点，
所以圆心到直线的距离不大于圆的半径，
所以，
所以，
所以的取值范围为：，
所以圆心的横坐标的取值范围为.
20. 如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，点为中点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可；
（3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，，平面,
所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是正方形，
所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，因为平面，所以，，两两垂直，
以为原点，为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，，
所以，
则，，,，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
因为平面，所以为平面的一个法向量，，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
【小问3详解】
线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下：
设，
因，
所以，
由（2）知平面一个法向量为，
因为平面，
所以，解得，
所以线段上存在点，点为中点，满足平面.
21. 在平面直角坐标系中，对于点，，定义为点到点的“折线距离”.
（1）已知，，求；
（2）已知直线.
（i）求坐标原点与直线上一点的“折线距离”的最小值；
（ii）求圆上一点与直线上一点的“折线距离”的最小值.
【答案】（1）4 （2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题中给定定义直接求解;
（2）（i）设直线上任意一点，，求出与坐标轴的交点，分类讨论在线段的延长线上时，线段的延长线上时，线段上时的情形即可；
（ii）判断出轴时，的最小值为，过作直线的垂线，垂足为，则，当取最小值时，取得最小值.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
（i）直线与轴的交点，与轴的交点，设直线上任意一点，.
当点在线段的延长线上时，；
当点在线段的延长线上时，；
当点在线段上时，，，
则.
因为，，
所以.
综上，当点与点重合时,坐标原点与直线上一点的“折线距离”的最小值为.
（ii）由（i）可知，设是圆上任意一点，是直线上任意一点，当且仅当轴时，的最小值为，如图所示.
过作直线的垂线，垂足为，则，
所以.
当取最小值时，取得最小值.
过点作直线的垂线，交单位圆于，垂足为，
当且仅当与重合时，取到最小值.
易知，
所以的最小值为，