2022-2023学年北京市海淀区北京第一零一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市海淀区北京第一零一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【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．圆关于原点对称的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先求出圆心关于原点的对称点，从而可求出所求圆的方程.

【详解】圆的圆心为，半径为，

因为点关于原点对称点为，

所以圆关于原点对称的圆的方程为

，

故选：C.

3．如图，在平行六面体中，，则与向量相等的是（    ）

A． B． C．  D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算法则——三角形法，准确运算，即可求解.

【详解】由题意，在平行六面体中，，

可得.

故选：A.

4．已知直线，点和点，若，则实数的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【解析】求出直线的斜率，根据直线平行的斜率关系得出实数的值.

【详解】，由于，则直线的斜率为

即，

故选：B

5．若点为圆的弦的中点，则直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由垂径定理可知，求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.

【详解】圆的标准方程方程为，，即点在圆内，

圆心，，由垂径定理可知，则，

故直线的方程为，即.

故选：C.

6．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（    ）

A．BD1∥GH

B．BD∥EF

C．平面EFGH∥平面ABCD

D．平面EFGH∥平面A1BCD1

【答案】D

【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．

【详解】易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；

易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；

因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；

对于，平面平面，理由是：

由，，，分别是棱，，，的中点，

得出，，

所以平面，平面，

又，所以平面平面．

故选：．

7．已知直线平面，则“直线”是“”的(　　)

A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【详解】当且时,我们可以得到或（因为直线与平面的位置关系不确定）,所以充分性不成立;当时,过直线可做平面与平面交于直线,则有.又有,则有,即.所以必要性成立,故选.

8．已知正方体，给出下列四个结论：

①直线与所成的角为；

②直线与所成的角为；

③直线与平面所成的角为；

④直线与平面所成的角为.

其中，正确结论的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】由题意，作图，利用线面垂直判定定理，以及线面角定义，结合三角函数的定义，可得答案.

【详解】由题意，作图如下：

在正方体中，平面，由平面，则，在正方形中，，

因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以，，故①②正确；

同理可得平面，垂足为，所以为直线与平面所成的角，

设正方体的棱长为，，，则，即，故③错误；

易知为直线与平面所成的角，由，则，故④正确.

故选：C.

9．设，若直线与圆相切，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用直线与圆相切的性质可得，的关系式，再借助均值不等式求解能求出的取值范围．

【详解】,直线与圆相切，

圆的圆心，半径，

则，整理得，

，

，，

解得或，

的取值范围是

故选：D

10．在空间中，过点A作平面的垂线，垂足为B，记，设、是两个不同的平面，对空间任意一点P，，恒有，则（    ）

A．平面与平面垂直

B．平面与平面所成的（锐）二面角为

C．平面与平面平行

D．平面与平面所成的（锐）二面角为

【答案】A

【分析】根据题意分析可得重合于同一点，且所成的角为直角，即可得出.

【详解】设，则根据题意得点是过点作平面垂线的垂足，

，点是过点作平面垂线的垂足，

同理，若，得点是过点作平面垂线的垂足，

得点是过点作平面垂线的垂足，

对任意的点P，恒有，重合于同一点，

由此可得，四边形为矩形，且是所成的角，

是直角，所以平面与平面垂直.

故选：A.

二、填空题

11．直线与直线之间的距离等于__________.

【答案】

【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.

【详解】直线与直线之间的距离.

故答案为：

12．若点，，三点共线，则的值等于______.

【答案】4

【详解】解：因为若三点

13．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则三棱锥的体积为__________.

【答案】1

【分析】由线面垂直，根据等体积法即可求解.

【详解】在正方体中，平面,所以平面,

,

故,

故答案为：1

14．已知直线，若直线与圆在第一象限内的部分有公共点，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据题意画出图像，观察图像得到直线与圆在第一象限内的部分有公共点时，其临界直线分别为直线，求出对应的斜率可写出的取值范围.

【详解】如图所示，

由直线得直线过点，

由题意得圆，圆心为，半径为，

令得或，所以圆与轴的交点为，

所以直线的斜率为，

当直线与圆相切时，有，整理得，解得，

其中切线的斜率为，

若直线与圆在第一象限内的部分有公共点，则直线斜率的取值范围为.

故答案为：.

15．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点在线段上.则点到直线的距离的最小值为__________．

【答案】##

【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量表示出点P到的距离，利用函数性质即可求解.

【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，，，

，设，，

则，设点P在平面ABCD上的投影为，

则∥，则点到直线的距离，

∴，

当时，，

故答案为：

16．在平面直角坐标系中，如果与都是整数，则称点是整点.已知直线，下列命题中正确的是__________.（写出所有正确命题的编号）.

①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；

②若和都是无理数，则直线不经过任何整点；

③存在只经过一个整点的直线；

④存在只经过两个不同整点的直线.

【答案】①③

【分析】举例可判断①②③，通过两个整数点，和，在直线上，可得，在直线上，进而可得更多的整数点在直线上，进而判断④错误

【详解】对于①，令，则该直线既不与坐标轴平行又不经过任何整点，故①正确；

对于②，取，，直线为，经过整点，故②错误；

对于③，比如直线方程为，直线经过整点，当取不为0的整数时，都是无理数，故该直线只经过整点，故③正确；

对于④，设直线为，若此直线过不同的整点，和，，

把两点代入直线方程得：，，两式相减得：，

则，为整点且在直线上，依次可得直线经过无穷多个整点，

故④错误．

正确的命题是①③．

故答案为：①③．

三、解答题

17．如图所示，在五面体中，平面为的中点，.

（1）求异面直线与所成角的大小；

（2）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用直线与的方向向量求异面直线与所成角即可.

（2）求出平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用公式即可求出答案.

【详解】因为平面，所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则，

（1）所以，

所以，所以，

因为，所以，

所以异面直线与所成角为.

（2）因为，所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，取，则，所以，

取平面的一个法向量为，

设平面与平面夹角为，则

则，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．已知直线经过两条直线和的交点.

(1)若直线与直线平行，求直线的方程；

(2)若直线与圆相交所得弦长为8，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）联立方程组得到交点为，再利用平行的直线系求解即可.

（2）首先得到圆心到直线的距离，再分类讨论结合圆的弦长求解即可.

【详解】（1），即交点为.

设直线的方程为，把点代入方程得，

所以直线的方程为.

（2）圆，圆心为，半径为.

设圆心到直线的距离为，则.

若直线过点且斜率不存在，则，到圆心的距离为，满足条件；

若直线过点且斜率存在，设，即，

由题意，解得.

所以，即.

综上所述，直线的方程为或.

19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，点在棱上.

条件①：；

条件②：平面平面.

从条件①和②中选择一个作为已知，解决下列问题：

(1)判断与是否垂直，并证明；

(2)若点为棱的中点，点在直线上，且点到平面的距离为，求线段的长.

(3)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.

注：若选择①和②分别作答，按选择①给分.

【答案】(1)，证明见解析

(2)或

(3)

【分析】（1）选①由勾股定理证得，从而证得平面，进而由证得结果；选②由面面垂直的性质证得平面，从而证得结果.

（2）建立空间直角坐标系，由点到面的距离公式解得点M的坐标，进而由两点间距离公式可得BM的长.

（3）由线面角公式得是关于的分式型函数，进而用换元法求分式型函数的值域可得结果.

【详解】（1）选①：.

证明：平行四边形中，.

∵，

∴中，.

∴，

∴.

又∵，，平面，

∴平面，平面，

∴.

又∵，

∴.

选②：.

证明：∵平面平面，平面平面，，平面.

∴平面，平面，

∴.

（2）由（1）知：BA、BD、BP两两垂直，

∴以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，

∴，

设平面的法向量为，

则

令，则.此时.

∵在直线上，

∴设，

∴

∴到平面的距离为

∴，

∴或，

∴或，

∴或.

（3）∵在棱上，

∴设，

∴，

设平面的法向量为，则

∴，取，由于，

设直线与平面所成角为，则

∴，令，

当时，；

当时，；

∵，

∴，

∴.

∴

综上，

20．对于平面直角坐标系中的两点，现定义由点到点的“折线距离”为.

(1)已知，求；

(2)已知点，点是直线上的一个动点，求的最小值；

(3)对平面上给定的两个不同的点，是否存在点，同时满足

①②.

若存在，请求出所有符合条件的点；若不存在，请予以证明.

【答案】(1)4；

(2)；

(3)存在，答案见解析.

【分析】（1）根据题中给定定义直接求解;

（2）根据定义列出式子，用不等式求解最值；

（3）根据定义分类讨论证明.

【详解】（1）.

（2）因为点为直线上的动点，

故可设点的坐标为，

则.

当且仅当时等号成立，故的最小值为，

此时点坐标为.

（3）注意到点与点不同，下面分三种情况讨论.

若，则，由条件②得，

即，所以.

由条件①得.

所以，

所以，所以.

因此，所求的点为.

若，则，类似于A.，可得符合条件的点为.

当，且时，不妨设.

当且仅当与同时成立时取等号，

即当且仅当与同时成立时条件①成立.

（i）若，则由上面证明知，要使条件①成立，则有且

.从而由条件②得.

因此所求点的集合为

（ii）若，类似地由条件①可得且，从而由条件②得.

因此所求点的集合为