北京市大兴区2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析

这是一份北京市大兴区2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了 在平行六面体中，，，则的长为， 已知点C等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷共页，共两部分，21道小题．满分150分.考试时间120分钟.
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号.
3. 试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4. 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答.
第一部分 （选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 直线的倾斜角的正切值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜率和倾斜角的关系求得倾斜角，进而求得其正切值.
【详解】直线斜率为，倾斜角为，
所以.
故选：A
2. 已知两个向量，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得.
【详解】由于，
所以.
故选：C
3. 过点，的直线的斜率为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜率列方程，求得，进而求得.
【详解】依题意，，解得，
所以，所以
故选：B
4. 圆关于轴对称的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定出已知圆的圆心关于轴对称的点的坐标，结合已知圆的半径则对称圆方程可知.
【详解】圆的圆心为，半径为，
因为关于轴对称的点为，
所以对称圆的方程为，
故选：D
5. 若是直线的方向向量，是平面的法向量，则直线与平面的位置关系是（ ）
A. 直线在平面内B. 平行C. 相交但不垂直D. 垂直
【答案】C
【解析】
【分析】先判断与是否共线或垂直，即可得出结论．
【详解】∵，，假设存在实数，使得，则，
即 无解.不存在实数，使得成立，因此l与α不垂直．
由，可得直线l与平面α不平行．
因此直线l与平面α的位置关系是相交但不垂直．
故选：C
【点睛】本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、线面位置关系，属于基础题．
6. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与直线平行，由 ,解得，然后利用两平行线间的距离.
【详解】因为直线与直线平行，
所以 ,
解得，
因为直线与直线
所以它们之间的距离为．
故选：C
【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
7. 在平行六面体中，，，则的长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量运算求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以
.
所以.
故选：B
8. 已知圆，过直线上的动点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】连接，，当最小时，最小，计算点到直线的距离得到答案.
【详解】如图所示：连接，则，
当最小时，最小，，
故的最小值为.
故选：C.
9. 已知点C（2，0），直线kx－y＋k=0（k≠0）与圆交于A，B两点，则“△ABC为等边三角形”是“k=1”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】当为等边三角形时，求出斜率的值，当时，判断的形状，即可选出答案.
【详解】设圆心为，易知，半径，
当为等边三角形时，，而，
因为，所以，
当时，直线为：，而，
所以，所以，所以为等腰三角形，
因为，
圆心到直线的距离为，即，
所以圆心为的重心，同时也是的外心，
所以为等边三角形，
所以“为等边三角形”是“”的充要条件，
故选：A.
10. 如图，放在平面直角坐标系中的“太极图”整体是一个圆形，且黑色阴影区域与白色区域关于原点中心对称，其中黑色阴影区域在轴右侧部分的边界为一个半圆. 已知直线. 给出下列四个结论：
①当时，若直线截黑色阴影区域所得两部分面积记为，则；
②当时，直线与黑色阴影区域有个公共点；
③当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有个公共点．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③
C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】由题知根据直线：过定点，为直线的斜率根据直线和圆的位置关系作图，数形结合逐项分析判断即可得解.
【详解】如图1所示，大圆的半径为2，小圆的半径为1，
所以大圆的面积为，小圆的面积为．
对于①，当时，直线的方程为．
此时直线将黑色阴影区域的面积分为两部分，，
所以，故①正确．
对于②，根据题意，黑色阴影区域在第一象限的边界方程为,
当时，直线的方程为，即，
小圆圆心到直线的距离，所以直线与该半圆弧相切，
如图2所示，
所以直线与黑色阴影区域只有一个公共点，故②正确．
对于③，当时，如图3所示，
直线与黑色阴影区域的边界曲线有2个公共点，
当时，直线与黑色阴影区域的边界曲线有1个公共点，故③错误．
综上所述，①②正确．
故选：A．
第二部分 （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，，三点共线，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先确定直线斜率存在，然后根据三点共线可知，结合斜率的计算公式可求结果.
【详解】因为，所以直线斜率存在，
因为三点共线，所以，
所以，解得，
故答案为：.
12. 已知圆，则圆心坐标为__________，当圆与轴相切时，实数的值为_____________.
【答案】 ①. . ②. 4.
【解析】
【分析】首先将圆的一般方程进行配方运算，得到标准方程，从而求得圆的圆心坐标，再根据圆与y轴相切，即圆心到y轴的距离即为圆的半径，从而求得的值.
详解】由，配方得，
所以圆心C的坐标为；
当圆与轴相切时，则有，解得；
故答案是，4.
【点睛】该题考查的是有关圆的问题，涉及到的知识点有圆的一般方程向圆的标准方程的转化，由圆的方程得到圆的圆心坐标，圆与直线相切时满足的条件，即为圆心到切线的距离为圆的半径，从而建立相应的等量关系式，求得结果.
13. 已知平面过点三点，直线与平面垂直，则直线的一个方向向量的坐标可以是______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先求解出平面的法向量，然后根据位置关系判断出方向向量与法向量的关系，由此可知方向向量的结果.
【详解】设平面的法向量为，
因为，
所以，所以，所以，
取，所以，
又因为直线与平面垂直，所以直线的方向向量与平面的法向量共线，
所以可取方向向量为（不唯一，非零共线即可），
故答案为：（答案不唯一）.
14. 直线和与两坐标轴正半轴围成的四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】先分别求解出直线与坐标轴的正半轴交点坐标，然后求解出两直线的交点坐标，结合割补法求解出四边形面积.
【详解】令中，得，所以与轴交于，
令中，得，所以与轴交于，
由可得，所以两直线交于，
所以围成的四边形面积为，
故答案为：.
15. 如图，在正方体中，，为的中点，为棱（含端点）上的动点，给出下列四个结论：
①存在，使得；
②存在，使得平面；
③当为线段中点时，三棱锥的体积最小；
④当与重合时，直线与直线所成角的余弦值最小.
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】先建立合适空间直角坐标系，设，对于①：根据求得的值并判断是否正确；对于②：考虑与重合时的情况；对于③：根据，分析的最小值即可判断；对于④：利用向量法先表示出，然后结合换元法和二次函数性质求解出最小值并判断.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系设，
①：因为，所以，
当时，，解得，不符合题意，故①错误；
②：当与重合时，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，且平面，平面，
所以平面，故②正确；
③：设到平面的距离为，
所以，且为定值，
所以当最小时，三棱锥的体积最小，
因为，所以，
设平面的法向量为，
所以，所以，取，所以，
又，所以，
当时有最小值，故③错误；
④：设直线与直线所成角为，
因为，
所以，
令，所以，所以，
因为，所以时取最大值，此时取最小值，
此时，即与重合，故④正确；
故答案为：②④.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是向量法的使用，将①中的垂直关系转化为数量积计算，将③中的体积问题转化为点到面的距离问题并用向量法完成计算，将④中的异面直线所成角转化为直线方向向量所成角进行计算.
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. 已知平面内两点.
（1）求的中垂线方程；
（2）求过点且与直线平行的直线的方程．
【答案】（1）; （2）.
【解析】
【详解】试题分析：
(1)首先求得中点坐标，然后求得斜率，最后利用点斜式公式即可求得直线方程；
(2)利用点斜式可得直线方程为.
试题解析：
（1）， ∴AB的中点坐标为
，∴AB的中垂线斜率为
∴由点斜式可得 ∴AB的中垂线方程为
（2）由点斜式 ∴直线的方程
17. 已知圆的半径为2，圆心在轴的正半轴上，直线与圆相切.
（1）求圆的标准方程.
（2）求直线：与圆相交的弦长.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，应用点线距离公式求圆心坐标，写出圆的标准方程.
（2）根据相交弦、弦心距、半径之间的几何关系求弦长即可.
【详解】（1）令圆心为且，
∴由圆与相切，有，即可得.
∴圆的标准方程为.
（2）由（1）知：，，
∴到直线距离为，
∴直线与圆相交的弦长为.
18. 如图，在四棱锥中，平面，，，且．
（1）求直线与直线所成角的大小；
（2）求直线PD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与直线所成角的大小.
（2）利用向量法来求得直线PD与平面PAC所成角的正弦值．
【小问1详解】
由于平面，平面，所以，
由于，所以两两相互垂直.
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，设直线与直线所成角为，
则，
由于，所以.
【小问2详解】
，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线PD与平面PAC所成角为，
则.
19. 已知圆过三点，直线．
（1）求圆的方程；
（2）求圆关于直线对称的圆的方程；
（3）若为直线上的动点，为圆上的动点，为坐标原点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设出圆的标准方程，代入点的坐标求解出参数则圆的方程可知；
（2）根据斜率关系和中点关系求解出对称点的坐标，结合对称圆的半径不变求解出圆的方程；
（3）根据圆外一点到圆上点距离的最值可知，然后利用对称关系将转化为，结合三点共线可求最小值.
【小问1详解】
设圆的方程为，代入，
则，解得，
所以圆的方程为；
【小问2详解】
设，
由对称关系可知，解得，所以，
又因为对称圆的半径不变，
所以的方程为；
【小问3详解】
因为，
由（2）可知关于直线的对称点为，
所以，
当且仅当共线时取等号，
所以，即的最小值为.
20. 在四棱锥中，底面ABCD是正方形，Q为PD的中点，，，再从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
条件①：平面平面；
条件②：．
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）
（3）
【解析】
【分析】（1）先选择条件，然后根据面面垂直的性质定理或线面垂直的判定定理来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
（3）利用向量法求得点到平面的距离.
【小问1详解】
若选①，由于平面平面，且交线为，平面，，
所以平面.
若选②，由于，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，，两两垂直，
以为原点，分别所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，A0,0,0，，，
所以，
由（1）知平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面与平面夹角的为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由已知得，，
所以点到平面的距离为.
21. 已知圆：及其上一点．
（1）若圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设过点的直线与圆相交的另一交点为，且为直角三角形，求的方程；
（3）设动点，若圆上存在两点，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）求得圆的圆心和半径，从而求得圆的标准方程.
（2）利用圆心到直线的距离列方程，求得直线的斜率，从而求得直线的方程.
（3）将原问题转化为即可求解.
【小问1详解】
圆的方程可化为，
所以圆心为，半径为.
由于圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，
结合图象可知圆的圆心为，半径为，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由于，所以三角形是等腰直角三角形，且，
所以到直线的距离为，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
则，两边平方并化简得，
解得或，
所以直线的方程为或，
即或.
【小问3详解】
，所以，
因为，为圆上的两点，所以，
由，得，即，，
，
解得，即实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：圆的几何性质与方程化简：通过化简圆的方程，找到圆心和半径，结合切线和外切条件，利用几何性质确定圆心的具体位置和半径.
利用距离公式求直线方程：在涉及到圆与直线的关系时，利用点到直线的距离公式来确定直线的方程，是一种行之有效的方法.