北京师范大学第二附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份北京师范大学第二附属中学2021-2022学年高二上学期期中考试数学试卷（含答案），共16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。
2021-2022学年北京师大二附中高二（上）期中数学试卷
一、选择题（共10小题；共40分）
1．（4分）直线x+y﹣1＝0的倾斜角是（　　）
A．30° B．120° C．135° D．150°
2．（4分）已知圆的方程是x2+y2﹣2x﹣8＝0，则该圆的圆心坐标及半径分别为（　　）
A．（﹣1，0）与9 B．（1，0）与9 C．（﹣1，0）与3 D．（1，0）与3
3．（4分）已知a→=（2，﹣3，1），则下列向量中与a→平行的是（　　）
A．（1，1，1） B．（﹣2，﹣3，5） C．（2，﹣3，5） D．（﹣4，6，﹣2）
4．（4分）椭圆x22+y2k=1的一个焦点是（0，﹣1），那么k等于（　　）
A．1 B．3 C．3 D．4
5．（4分）已知A，B，C，D为空间中任意四个点，则DA→+CD→-CB→等于（　　）
A．DB→ B．AC→ C．AB→ D．BA→
6．（4分）过点M（﹣3，2），且与直线x+2y﹣9＝0平行的直线方程是（　　）
A．2x﹣y+8＝0 B．x﹣2y+7＝0 C．x+2y+4＝0 D．x+2y﹣1＝0
7．（4分）在空间直角坐标系Oxyz中，若y轴上点M到两点P（1，0，2），Q（1，﹣3，1）的距离相等，则点M的坐标为（　　）
A．（0，1，0） B．（0，﹣1，0） C．（0，0，3） D．（0，0，﹣3）
8．（4分）过点(3，-5)，且与椭圆y225+x29=1有相同焦点的椭圆的标准方程为（　　）
A．x220+y24=1 B．x225+y24=1
C．y220+x24=1 D．x24+y225=1
9．（4分）设椭圆的两个焦点分别为F1、F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（　　）
A．22 B．2-12 C．2-2 D．2-1
10．（4分）在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（共5小题；共25分）
11．（5分）斜率为2，且经过点A（1，3）的直线的一般式方程为 　 　．
12．（5分）已知点A（4，﹣1，2），B（2，﹣3，0），点C满足BC→=2CA→，则点C的坐标是 　 　．
13．（5分）已知直线x-3y+8＝0和圆x2+y2＝r2（r＞0）相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为 　 　．
14．（5分）椭圆x29+y24=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|＝4，则∠F1PF2＝　 　
15．（5分）已知M为椭圆x24+y23=1上一点，N为椭圆长轴上一点，O为坐标原点．给出下列结论：
①存在点M，N，使得△OMN为等边三角形；
②不存在点M，N，使得△OMN为等边三角形；
③存在点M，N，使得∠OMN＝90°；
④不存在点M，N，使得∠OMN＝90°．
其中，所有正确结论的序号是　 　．
三、解答题（共6小题；共75分）
16．已知三角形三顶点A（4，0），B（8，10），C（0，6），
求：（1）过A点且平行于BC的直线方程；
（2）AC边上的高所在的直线方程．
17．在①圆经过C（3，4），②圆心在直线x+y﹣2＝0上，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解．
已知圆E经过点A（﹣1，2），B（6，3）且____．
（1）求圆E的方程；
（2）在圆E中，求以（2，1）为中点的弦所在的直线方程．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．
（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
（2）求平面ADC1与平面A1BA的夹角的余弦值．

19．已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为63，焦距为22．直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．
（1）求椭圆M的方程；
（2）设直线l方程为y＝x+m，先用m表示|AB|，然后求其最大值．
20．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝AD＝1，AB＝2，∠PAD＝45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足CF→⋅BD→=0．
（Ⅰ）求证：DE∥平面PBC；
（Ⅱ）求二面角F﹣PC﹣B的余弦值；
（Ⅲ）在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．

21．如图，△ABC的边AB边所在直线的方程为x﹣3y﹣6＝0，M（2，0）满足2BM→=BC→，点T（﹣1，1）在AC边所在直线上且满足AT→⋅AB→=0．
（Ⅰ）求AC边所在直线的方程；
（Ⅱ）求△ABC的外接圆的方程；
（Ⅲ）若点N的坐标为（﹣n，0），其中n为正整数．试讨论在△ABC的外接圆上是否存在点P，使得|PN|＝|PT|成立？说明理由．


2021-2022学年北京师大二附中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题；共40分）
1．（4分）直线x+y﹣1＝0的倾斜角是（　　）
A．30° B．120° C．135° D．150°
【解答】解：∵直线x+y﹣1＝0 的斜率为﹣1，设直线的倾斜角等于θ，
则tanθ＝﹣1，又θ∈[0，π），∴θ＝135°，
故选：C．
2．（4分）已知圆的方程是x2+y2﹣2x﹣8＝0，则该圆的圆心坐标及半径分别为（　　）
A．（﹣1，0）与9 B．（1，0）与9 C．（﹣1，0）与3 D．（1，0）与3
【解答】解：根据题意，圆的方程是x2+y2﹣2x﹣8＝0，即（x﹣1）2+y2＝9，
其圆心为（1，0），半径r＝3，
故选：D．
3．（4分）已知a→=（2，﹣3，1），则下列向量中与a→平行的是（　　）
A．（1，1，1） B．（﹣2，﹣3，5） C．（2，﹣3，5） D．（﹣4，6，﹣2）
【解答】解：若b→=（﹣4，6，﹣2），则b→=-2（2，﹣3，1）＝﹣2a→，所以a→∥b→．
故选：D．
4．（4分）椭圆x22+y2k=1的一个焦点是（0，﹣1），那么k等于（　　）
A．1 B．3 C．3 D．4
【解答】解：因为椭圆x22+y2k=1的一个焦点是（0，﹣1），
所以k＞2，
所以k﹣2＝1，
k＝3．
故选：B．
5．（4分）已知A，B，C，D为空间中任意四个点，则DA→+CD→-CB→等于（　　）
A．DB→ B．AC→ C．AB→ D．BA→
【解答】解：DA→+CD→-CB→=CD→+DA→-CB→=CA→-CB→=BA→．
故选：D．
6．（4分）过点M（﹣3，2），且与直线x+2y﹣9＝0平行的直线方程是（　　）
A．2x﹣y+8＝0 B．x﹣2y+7＝0 C．x+2y+4＝0 D．x+2y﹣1＝0
【解答】解：由直线方程x+2y﹣9＝0可得该直线的斜率为-12，则与直线x+2y﹣9＝0平行的直线的斜率为-12，
又直线过M（﹣3，2），由直线方程的点斜式得直线方程为y-2=-12(x+3)，
化为一般式得：x+2y﹣1＝0．
故选：D．
7．（4分）在空间直角坐标系Oxyz中，若y轴上点M到两点P（1，0，2），Q（1，﹣3，1）的距离相等，则点M的坐标为（　　）
A．（0，1，0） B．（0，﹣1，0） C．（0，0，3） D．（0，0，﹣3）
【解答】解：根据题意，设点M（0，y，0），
∵|MP|＝|MQ|，
∴1+y2+4=1+(y+3)2+1，
即y2+5＝y2+6y+11，
∴y＝﹣1，
∴点M（0，﹣1，0）．
故选：B．
8．（4分）过点(3，-5)，且与椭圆y225+x29=1有相同焦点的椭圆的标准方程为（　　）
A．x220+y24=1 B．x225+y24=1
C．y220+x24=1 D．x24+y225=1
【解答】解：由题意设椭圆的方程为y225-λ+x29-λ=1，λ＜9，
将点（3，-5）代入，525-λ+39-λ=1，
整理可得：λ2﹣26λ+105＝0，
解得λ＝5或λ＝21（舍），
所以椭圆的方程为：y220+x24=1，
故选：C．
9．（4分）设椭圆的两个焦点分别为F1、F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（　　）
A．22 B．2-12 C．2-2 D．2-1
【解答】解：设点P在x轴上方，坐标为(c，b2a)，
∵△F1PF2为等腰直角三角形
∴|PF2|＝|F1F2|，即b2a=2c，即a2-c2a2=2ca∴1-e2=2e
故椭圆的离心率e=2-1
故选：D．
10．（4分）在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ，sinθ）到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：由题意d=|cosθ-msinθ-2|12+m2=|m2+1sin(θ-α)-2|m2+1，
∴当sin（θ﹣α）＝﹣1时，
dmax＝1+2m2+1≤3．
∴d的最大值为3．
故选：C．
二、填空题（共5小题；共25分）
11．（5分）斜率为2，且经过点A（1，3）的直线的一般式方程为 　2x﹣y+1＝0　．
【解答】解：由点斜式可得直线的方程为y﹣3＝2（x﹣1），即2x﹣y+1＝0．
故答案为：2x﹣y+1＝0．
12．（5分）已知点A（4，﹣1，2），B（2，﹣3，0），点C满足BC→=2CA→，则点C的坐标是 　(103，-53，43)　．
【解答】解：设C（x，y，z），由点C满足BC→=2CA→，
∴OC→-OB→=2(OA→-OC→)，
可得：OC→=13(2OA→+OB→)=13[（8，﹣2，4）+（2，﹣3，0）]=(103，-53，43)．
则点C的坐标是(103，-53，43)．
故答案为：(103，-53，43)．
13．（5分）已知直线x-3y+8＝0和圆x2+y2＝r2（r＞0）相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为 　5　．
【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝r2的圆心为（0，0），半径为r；
则圆心到直线x-3y+8＝0的距离d=81+3=4，
若|AB|＝6，则有r2＝d2+（|AB|2）2＝16+9＝25，
故r＝5；
故答案为：5
14．（5分）椭圆x29+y24=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|＝4，则∠F1PF2＝　90°　
【解答】解：根据题意，椭圆x29+y24=1，
其中a＝3，b＝2，
则c=5，
点P在椭圆上，若|PF1|＝4，则|PF2|＝2a﹣|PF1|＝6﹣4＝2，
在△F1PF2中，|PF1|＝4，|PF2|＝2，|F1F2|＝2c＝25，
则|PF1|2+|PF2|2＝|F1F2|2，
则有∠F1PF2＝90°，
故答案为：90°．
15．（5分）已知M为椭圆x24+y23=1上一点，N为椭圆长轴上一点，O为坐标原点．给出下列结论：
①存在点M，N，使得△OMN为等边三角形；
②不存在点M，N，使得△OMN为等边三角形；
③存在点M，N，使得∠OMN＝90°；
④不存在点M，N，使得∠OMN＝90°．
其中，所有正确结论的序号是　①④　．
【解答】解：∵过原点倾斜角为60°的直线一定与椭圆由交点，
∴假设y轴右侧的交点是M，
在长轴上取ON＝OM，
则△OMN就是等边三角形．
故①正确，②错误；
若点M和点N在y轴两侧，
则∠OMN一定是锐角；
若点M和点N在y轴同侧，
不妨设为在y轴的右侧．
设点M（x，y），
则y2=3-34x2，且0＜x＜2．
由椭圆性质可知，
当点N是长轴短点时，∠OMN最大，
∵|OM|2＝x2+y2，
|MN|2＝（x﹣a）2+y2＝（x﹣2）2+y2，
|ON|2＝a2＝4
∴|OM|2+|MN|2
＝x2+y2+（x﹣2）2+y2
＝2x2﹣4x+4+2y2
=12(x-4)2+2，
在x∈（0，2）上上式恒大于4，
即|OM|2+|MN|2＜|ON|2，
∴∠OMN＜90°．
故③错误，④正确．
故答案为：①④．
三、解答题（共6小题；共75分）
16．已知三角形三顶点A（4，0），B（8，10），C（0，6），
求：（1）过A点且平行于BC的直线方程；
（2）AC边上的高所在的直线方程．
【解答】解：（1）∵kBC=10-68-0=12，∴与BC的直线的斜率k=12．
故所求的直线为y﹣0=12（x﹣4），化为x﹣2y﹣4＝0．
（2）∵kAC=6-00-4=-32，
∴AC边上的高所在的直线的斜率k=23．
∴AC边上的高所在的直线方程为y﹣10=23（x﹣8），
化为2x﹣3y+14＝0．
17．在①圆经过C（3，4），②圆心在直线x+y﹣2＝0上，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，进行求解．
已知圆E经过点A（﹣1，2），B（6，3）且____．
（1）求圆E的方程；
（2）在圆E中，求以（2，1）为中点的弦所在的直线方程．
【解答】解：•若选①：
（1）设圆 E 的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
由题意可得，5-D+2E+F=0，45+6D+3E+F=0，25+3D+4E+F=0， 解得 D=-6，E=2，F=-15，
所以圆E的方程为 x2+y2﹣6x+2y﹣15＝0，即（x﹣3）2+（y+1）2＝25；
（2）由（1）可知圆心 E 的坐标为 （3，﹣1），
因为弦的中点为 M（2，1），
所以弦的斜率 k=-1kME=-2-31-(-1)=12，
故弦所在的直线方程为y=12x．
若选②：
（1）设圆 E 的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
由题意可得，5-D+2E+F=0，45++6D+3E+F=0，-D2-E2-2=0， 解得 D=-6，E=2，F=-15，
所以圆 E 的方程为（x﹣3）2+（y+1）2＝25；
（2）由（1）可知圆心 E 的坐标为 （3，﹣1），
因为弦的中点为 M（2，1），
所以弦的斜率 k=-1kME=-2-31-(-1)=12，
故弦所在的直线方程为y=12x．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．
（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
（2）求平面ADC1与平面A1BA的夹角的余弦值．

【解答】解：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．
∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，

A1（0，0，4），B（2，0，0），C1（0，2，4），D（1，1，0），
A1B→=（2，0，﹣4），C1D→=（1，﹣1，﹣4），
设异面直线A1B与C1D所成角为θ，
则异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为：
cosθ=|A1B→⋅C1D→||A1B→|⋅|C1D→|=1820⋅18=31010．
（2）AD→=（1，1，0），AC1→=（0，2，4），
设平面ADC1的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AD→=x+y=0n→⋅AC1→=2y+4z=0，取x＝2，得n→=（2，﹣2，1），
平面A1BA的法向量m→=（0，1，0），
设平面ADC1与平面A1BA的夹角为α，
则平面ADC1与平面A1BA的夹角的余弦值为：cosα=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=23．
19．已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为63，焦距为22．直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．
（1）求椭圆M的方程；
（2）设直线l方程为y＝x+m，先用m表示|AB|，然后求其最大值．
【解答】解：（1）由题意可得e=ca=63，2c＝22，b2＝a2﹣c2，
所以可得：a2＝3，b2＝1，
所以椭圆M的方程为：x23+y2＝1；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=x+mx23+y2=1，整理可得：4x2+6mx+3m2﹣3＝0，
则Δ＝36m2﹣4×4×（3m2﹣3）＞0，可得m2＜4，
x1+x2=-3m2，x1x2=3m2-34，
所以弦长|AB|=1+12•(x1+x2)2-4⋅x1x2=2•9m24-4⋅3m2-34=2•3-3m24=6-3m22，
所以|AB|max=6，此时m＝0．
20．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝AD＝1，AB＝2，∠PAD＝45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足CF→⋅BD→=0．
（Ⅰ）求证：DE∥平面PBC；
（Ⅱ）求二面角F﹣PC﹣B的余弦值；
（Ⅲ）在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．

【解答】证明：（Ⅰ）证法一：取PB的中点M，AB的中点N，连结EM，CM，
∵在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝AD＝1，AB＝2，∠PAD＝45°，
E是PA的中点，F在线段AB上，
∴CD∥AB，且CD=12AB，EM∥AB，且EM=12AB，
∴EM∥CD，且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，
∴DE∥CM，
∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，
∴DE∥平面PBC．
（Ⅰ）证法二：由题意得DA、DC、DP两两垂直，如图，以D为原点，DA、DC、DP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，1，0），P（0，0，1），E（12，0，12），
BC→=（﹣1，﹣1，0），CP→=（0，﹣1，1），
设平面PBC的法向量为m→=（x，y，z），
则m→⋅BC→=-x-y=0m→⋅CP→=-y+z=0，取y＝1，得m→=（﹣1，1，1），
又DE→=（12，0，12），
∴m→⋅DE→=0．
又DE⊄平面PBC，∴DE∥平面PBC．
解：（Ⅱ）设点F（1，t，0），
则CF→=（1，t﹣1，0），DB→=（1，2，0），
∵CF→⋅BD→=0，∴CF→⋅BD→=1+2（t﹣1）＝0．
解得t=12，
∴F（1，12，0），FC→=(-1，12，0)，PC→=（0，1，﹣1），
设平面FPC的法向量n→=（x，y，z），
由n→⋅PC→=0n→⋅FC→=0，得-y+z=0x-12y=0，取x＝1，得n→=（1，2，2），
设二面角F﹣PC﹣B的平面角为θ，
则cosθ=|m→⋅n→||n→|⋅|m→|=33，
∴二面角F﹣PC﹣B的余弦值为33．
（Ⅲ）设AQ→=λAP→=（﹣λ，0，λ），λ∈[0，1]，
∴FQ→=FA→+AQ→=(-λ，-12，λ)，
∴n→⋅FQ→=λ﹣1，
∴cos＜FQ→，n→＞=λ-132λ2+14=2λ-238λ2+1，
∵FQ与平面PFC所成角的余弦值是63，∴其正弦值为33，
∴|2λ-238λ2+1|=33，解得λ=110，或λ=-12（舍），
∴在线段PA上存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是63，
AQ→=（-110，0，110），|AQ|=210．

21．如图，△ABC的边AB边所在直线的方程为x﹣3y﹣6＝0，M（2，0）满足2BM→=BC→，点T（﹣1，1）在AC边所在直线上且满足AT→⋅AB→=0．
（Ⅰ）求AC边所在直线的方程；
（Ⅱ）求△ABC的外接圆的方程；
（Ⅲ）若点N的坐标为（﹣n，0），其中n为正整数．试讨论在△ABC的外接圆上是否存在点P，使得|PN|＝|PT|成立？说明理由．

【解答】解：（ I）因为AT→⋅AB→=0．
所以AT⊥AB，又T在AC上，所以AC⊥AB，△ABC为Rt△ABC，………………..（1分）
又AB边所在直线的方程为x﹣3y﹣6＝0，所以直线AC的斜率为﹣3．…………（2分）
又因为点T（﹣1，1）在直线AC上，
所以AC边所在直线的方程为y﹣1＝﹣3（x+1）．即3x+y+2＝0． …………（3分）
（ II）AC与AB的交点为A，所以由x-3y-6=0，3x+y+2=0解得点A的坐标为（0，﹣2），…（4分）
∵2BM→=BC→，∴BM→=BC→-BM→=MC→，
∴M（2，0）为Rt△ABC斜边上的中点，即为Rt△ABC外接圆的圆心．…………（5分）
又r=|AM|=(2-0)2+(0+2)2=22． …………（6分）
从△ABC外接圆的方程为：（x﹣2）2+y2＝8． …………（7分）
（ III）若在△ABC的外接圆圆M上存在点P，使得|PN|＝|PT|成立，则P为线段NT的垂直平分线L与圆M的公共点．所以当L与圆M相离时，不存在满足条件的点P；
当L与圆M相交或相切时则存在满足条件的点P． …………（8分）
由N（﹣n，0），T（﹣1，1），知NT的斜率为1n-1，线段NT的中点为(-n+12，12)．
线段NT的垂直平分线L为y-12=-(n-1)(x+n+12)，即2（1﹣n）x﹣2y+（2﹣n2）＝0
圆M的圆心M到直线L的距离为
d=|4(1-n)-0+2-n2|4(1-n)2+(-2)2=|n2+4n-6|2n2-2n+2，
i）当n＝1时，d=12而r=22，由d＜r，此时直线L与圆M相交，存在满足条件的点P
ii）当n＝2时 d=322＜8=r，此时直线L与圆M相交，存在满足条件的点P
iii）当n≥3时，
n2+2n＞4，4n﹣9＞0，n2﹣2n+5﹣8＝n2﹣2n﹣3＝（n+1）（n﹣3）≥0，
∴d=|n2+4n-6|2n2-2n+2=12(n2-2n+2+6n-8n2-2n+2)＞12⋅26n-8＞8=r，
此时直线L与圆M相离，不存在满足条件的点P． …………（12分）
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