2022-2023学年北京市陈经纶中学高二上学期期中质量检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市陈经纶中学高二上学期期中质量检测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，. 若，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出向量的坐标，由空间向量垂直的坐标表示可求得的值.
【详解】由已知可得，由题意可得，
解得.
故选：A.
2．点到直线的距离是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用点到直线的距离公式求距离即可.
【详解】.
故选：B.
3．直线经过点，且倾斜角，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用直线的点斜式方程求解.
【详解】解：因为直线的倾斜角，
所以直线的斜率为1，
又直线经过点，
所以直线的方程为，
即，
故选：B
4．若圆与圆相外切，则实数 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由两圆外切圆心距等于半径之和求解即可
【详解】的圆心，半径为2，
的圆心，半径为1，
因为两圆外切，
所以，
即，解得，
故选：C
5．已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面的法向量为，，，则（ ）.
A．平面平面ABC
B．平面平面ABC
C．平面､平面ABC相交但不垂直
D．以上均不可能
【答案】A
【分析】求出平面的法向量，利用向量关系即可判断.
【详解】设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
所以，
因为，所以平面平面.
故选：A.
6．在平面直角坐标系中，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为 ，过的直线交椭圆于两点，且的周长为16，则椭圆的方程为
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】结合椭圆定义可知的周长为，由此求得；利用离心率可求得；根据椭圆可求得，进而得到椭圆方程.
【详解】设椭圆方程为
由椭圆定义知： 的周长为
即，解得：

椭圆的方程为
故选：
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，涉及到椭圆定义和离心率的应用问题.
7．三棱锥中，，平面，，，则直线和直线所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将三棱锥放到长方体中，然后利用长方体的特征和余弦定理求角即可.
【详解】
如图，将三棱锥放到长方体中，由题意知，∥，所以或其补角是直线和直线所成角，
因为，，所以，，，.
故选：C.
8．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由两直线平行得出的值，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】若直线与直线平行，则有解得或，所以当时，直线与直线平行，当直线与直线平行时，或.
故选：A
9．已知椭圆的左、右焦点分别是，，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”.则下列三个命题中正确命题的个数是（ ）
①在黄金椭圆中，；
②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，，则；
③在黄金椭圆中，以，，，为顶点的菱形的内切圆过焦点，．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据黄金椭圆的概念及可判断①，根据条件及勾股定理可判断②，根据条件可求内切圆的半径进而可判断③.
【详解】对①，因为，所以，则
，故①正确；
对②，因为在中，，由①知，，
所以，
即，故②正确；
对③，由题可知以为顶点的菱形的内切圆是以原点为圆心，设圆心的半径为，
所以，
代入离心率得到，所以圆过焦点，故③正确．
故选：D．
10．如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，给出下列四个结论：
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③设的面积为，则的取值范围是；
④设二面角的大小为，则的取值范围是.
其中正确结论是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【解析】①当时，结合条件，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断；②取AP的中点M，根据，得到，利用反证法判断；③由AP=4，AC=2，得到，由点P在平面上的极限位置判断；④根据，由点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，根据，由判断.
【详解】如图所示：
①当时，又，所以平面ABC，所以，又，所以平面PBC，又平面PAC，所以平面平面，故正确；
②取AP的中点M，连接BM，CM，因为，所以，假设平面平面，则平面PAC，则，而BM=BC=2，，不成立，故错误；
③因为AP=4，AC=2，所以，当点P在平面上，且C，P在A，B的异侧 ，当C，P在A，B的同侧时，A，C，P共线， ，因为点为平面外，则的取值范围是，故错误；
④因为，当点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，因为，则，所以，所以的取值范围是，故正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题③④的解决关键在于理解点P是绕AB轴在旋转，从而找到极限位置而得解.
二、填空题
11．写出一个圆心在直线上，且经过原点的圆的方程：______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用圆心在直线上设圆心坐标为，由于圆过原点，得半径，对赋值，可得一个符合条件的圆的方程.
【详解】解：因为圆心在直线，则设圆心坐标为
又圆经过原点
则圆的半径为，且
故取，得圆心为，半径
所以圆的方程为：.
故答案为：（答案不唯一）
12．已知直线，，，若．则的倾斜角为______．
【答案】60°##
【分析】根据可求得的斜率，再根据直线斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】因为的斜率为，且，故的斜率为，故的倾斜角为60°.
故答案为：60°
13．不经过坐标原点的直线被曲线截得的弦长为，则m的值为______．
【答案】-4
【分析】根据圆的弦长公式计算即可．
【详解】由题意知曲线C是圆心坐标为（1，1），半径为2的圆，∴圆心到直线l的距离，
∴，
解得或．
∵直线不经过坐标原点，
∴，
故答案为：-4.
14．在空间四边形中，则______．
【答案】0
【分析】选取一组基底，利用空间向量的加减法，结合数量积的运算律，可得答案.
【详解】如图：
令，，，
则.
故答案为：.
15．如图所示，一隧道内设双行线公路，其截面由一段圆弧和一个长方形构成．已知隧道总宽度AD为m，行车道总宽度BC为m，侧墙EA、FD高为2m，弧顶高MN为5m．为保证安全，要求行驶车辆顶部（设为平顶）与隧道顶部在竖直方向上的高度之差至少要有0.5m．请计算车辆通过隧道的限制高度是_________．
【答案】##
【分析】通过已知数据求出圆弧的半径，再通过由半径算弦心距的方法求出最大高度，最后减去安全高度差即可.
【详解】如下图，圆弧的圆心O在直线MN上，过B作，交圆弧于点G，作于点H，连接OE、OG.
由题可知，，，
设，则
在中，有
即，解得
故车辆通过隧道的限制高度是.
故答案为：
16．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：
①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④△面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③
【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.
【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，
则五边形即为所得的截面图形，故①正确；
对于②，由题可知，平面，平面，
∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，
，，
∴，
，
∴由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，则，
设，
∴，又，
∴，，
假设存在点，使得，
∴，整理得，
∴（舍去）或，
故存在点，使得，故③正确；
对于④，由上知，所以点在的射影为，
∴点到的距离为：
，
∴当时，，
∴故△面积的最小值是，故④错误.
故答案为：①③.
三、解答题
17．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2CC1＝2，点是的中点．
(1)求点D到平面AD1E的距离；
(2)求证：平面AD1E⊥平面EBB1．
【答案】(1);
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式求出答案；
（2）利用空间向量的数量积为0证明出，从而证明出线面垂直，进而证明出面面垂直.
【详解】（1）以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令得：，
所以，
则点D到平面AD1E的距离为；
（2），
所以，，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面⊥平面.
18．已知圆过点，圆心为．
(1)求圆的方程；
(2)判断直线与圆的位置关系；
(3)已知过点的直线交圆于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)直线与圆相切
(3)或
【分析】（1）由两点间的距离公式求出半径，即可得解；
（2）求出圆心到直线的距离，即可判断；
（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，利用垂径定理与勾股定理表示出弦长，即可求出参数的值，从而得解.
【详解】（1）解：由题意，圆的半径为，
所以圆的方程为.
（2）解：设圆心到直线的距离为，则，故直线与圆相切；
（3）解：若斜率不存在，则直线方程为，弦心距，半径为，
则，符合题意；·
若斜率存在，设直线方程为，即.
所以弦心距，所以，
解得，直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
19．已知在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过焦点的直线与椭圆交于两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)从下面两个条件中任选其一作为已知，证明另一个成立：
①；②直线的斜率满足：.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由椭圆的性质求解，
（2）联立直线与椭圆方程公式，由弦长公式与韦达定理化简求解，
【详解】（1）依题意，有：，则，
故椭圆的标准方程为：·
（2）选①作为已知：
当直线斜率不存在时，与椭圆交点为，此时，不合题意，
当直线斜率存在时，设，联立，有：，
，
则，
令，则有：，
解得，
选②作为已知：
依题意，，则直线，
联立，有，
，
则，
即
20．如图，在四棱锥中，，，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，则直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，此时或
【分析】（1）构造平面与平面平行，从而得到直线平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角的余弦值；
（3）假设存在点M，设点M的坐标，由已知建立等式，求解所设，若无解则点M不存在，若有解，则点M存在，解即为点M的坐标，再代入求原式即可.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
平面
平面
又，，
，四边形为平行四边形，
，
平面
平面
又，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
21．对于向量，若三个实数互不相等，令向量，其中，，，（）.
(1)当时，直接写出向量；
(2)证明：对于，向量中的三个实数至多有一个为0；
(3)若，证明：，.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件，结合的定义，直接写出即可；
（2）假设三个数中有2个数为0，或三个数均为0，利用反证法，结合题意，推出矛盾即可证明；
（3）设三个数中最大的为，结合（2）中所证，分类讨论，即可证明.
【详解】（1）根据题意，,
.
（2）假设三个数中有2个数为0，或三个数均为0.
不妨设，
则，即，
这与矛盾；
当三个数均为0时，显然，
则，
所以（定值），
由三个数互不相等，得，
且，
不妨设，则有
由得，
所以，即
以此类推得
这与三个数互不相等矛盾，
所以对于任意的三个数中至多有一个为0.
（3）设三个数中最大的为，记作
因为且
所以其中
由题意可得，其中
所以不可能单调递减，即必存在某个，使得.
根据的定义，可得向量中的三个数中必有0.
由（2）知中有且仅有一个为零，不妨设，
若，由题意，不妨设，
则，
所以同理
所以
又因为
所以此种情形不可能一直出现（至多出现次）.
所以一定能找到某个，使得
若，由题意可得：
所以存在正整数，使得.
综上，存在正整数，使得.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，处理问题的关键是要充分把握新定义的内核，以及熟练的使用证明方法，属综合困难题.