2023-2024学年北京市房山区高二上学期期中测试数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市房山区高二上学期期中测试数学质量检测模拟试题（含解析），共20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。

一、选择题（共10小题；共40分）
1．已知两点所在直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A．-5B．-7C．-2D．2
2．直线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A．B．C．D．6
3．若直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1，则实数的值为（ ）
A．2B．4C．D．
4．圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的纵坐标为（ ）
A．2B．C．1D．0
5．若点是直线：外一点，则方程 表示（ ）
A．过点且与垂直的直线B．过点且与平行的直线
C．不过点且与垂直的直线D．不过点且与平行的直线
6．已知直线不经过第一象限，则实数k的取值范围为（ ）．
A．B．C．D．
7．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．，则
8．已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
9．在平行四边形中，，,，将沿折起，使得平面平面，则到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
10．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（ ）
A．24B．28C．32D．36
二、填空题
11．直线过点P(1，2)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为 ．
12．直线l：ax+（a+1）y+2=0的倾斜角大于45°，则a的取值范围是 ．
13．已知，.当时，实数 .
14．已知直线l：交圆C：于A，B两点，则 .
15．如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段上的动点，给出下列四个结论：

①当为线段的中点时，两点之间距离的最小值为；
②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值；
③存在点，，使得平面；
④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题
16．已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，．
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程．
17．已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)求函数在区间上的值域.
18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求角的大小；
(2)若，，的面积为，求a，c的值．
19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③与平面所成的角为.
若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．如图，在多面体中，平面平面．四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线平面? 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
21．设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
(1)直接写出的所有自邻集；
(2)若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
(3)若，求证.
1．A
【分析】根据两点的坐标，列出斜率表达式，然后根据倾斜角得到斜率，列出方程求解即可.
【详解】因为两点所在直线的倾斜角为，
所以
即，解得
故选：
2．A
【分析】直接利用斜率相等列方程求解即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，
故选：A.
本题主要考查两直线平行的性质：斜率相等，属于基础题.
3．C
【分析】根据直线方程求得在坐标轴的截距，结合题意列出方程组，即可求解.
【详解】由直线，令，可得；令，可得，
因为直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1，
所以，可得，解得.
故选：C.
4．C
【分析】由题意直线垂直于直线，利用点斜式写出直线，再求其与轴交点即得结果.
【详解】由题设，直线垂直于直线，则直线，
又圆心在轴上，令，则，即圆心的纵坐标为1.
故选：C
5．B
【分析】由题意可推出，由此可判断直线与平行，将代入方程，看是否成立，判断直线是否过点P，可得答案.
【详解】由题意可知点是直线：外一点，
故且为常数，
所以方程中，且为常数，
则直线与平行，
将代入中，
即，即点P在该方程表示的直线上，
故方程表示过点且与平行的直线，
故选：B
6．D
【分析】将直线变形成斜截式，因直线不过第一象限，故斜率小于等于零.
【详解】直线，即，过定点，若不经过第一象限，则它的斜率，解得．
故选：D
7．C
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可.
【详解】如图所示正方体中，

若直线分别对应，底面对应，显然有，
但，即A错误；
若底面对应，侧面分别对应，显然有，
但，即B错误；
同上假设底面对应，侧面分别对应，
则直线分别对应，显然三条直线两两垂直，即D错误；
由面面平行的性质可知C项正确.
故选：C
8．B
【分析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.
【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，

则，又平面，平面，∴平面，
易知，故平面与平面是同一个平面，
∴平面，此时，
故选：B
9．D
【分析】计算可得，结合平面平面，得平面，平面平面，在平面内，作于点H，则即为所求点B到平面的距离，计算可得结果.
【详解】由，,， 得，，
则，，又四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面，
在平面内，作于点H，因为平面平面，平面平面，
所以平面，则即为所求点B到平面的距离，
在直角三角形中，，又，
所以.
所以到平面的距离为.

故选：D.
10．B
【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.
【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，
依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，
因此，于是长方体的体积，
所以该正四棱台的体积为.
故选：B
关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.
11．
【分析】先由直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程，然后化为一般式即可.
【详解】因为直线的一个方向向量为(2，1)，
所以直线的斜率为，
因为直线过点P(1，2)，
所以直线为，即，
故
12．
【分析】当a=-1时，符合题意；当a≠-1时，只需<0或>1即可，解不等式综合可得．
【详解】当a＝－1时，直线l的倾斜角为90°，符合要求；当a≠－1时，直线l的斜率为，只要>1或者<0即可，解得－10.综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－)∪(0，＋∞)．
本题考查直线的倾斜角，涉及解不等式和分类讨论，属基础题．
13．
【分析】运用空间向量垂直的坐标公式计算即可.
【详解】因为，，，
所以，即，解得.
故答案为.
14．
【分析】根据圆的方程得出圆心坐标和圆的半径，结合点到直线的距离公式求出d，再利用几何法求出弦长
【详解】圆C：的圆心坐标为，半径，
点到直线l：的距离，
所以直线l被圆C截得线段的长.
故答案为.
15．②③
【分析】对于①，根据垂线段最短，结合等边三角形图形特点进行计算即可；
对于②，根据三棱锥体积公式进行判断即可；
对于③，根据线面垂直的判定定理得到平面，进而判断即可；
对于④，根据正方体图形特点找到截面，进而求解周长即可.
【详解】对于①，当为线段的中点时，连接，如图所示，

则为线段的中点，是边长为的正三角形，
两点之间距离的最小值为到的垂线段长度，
此时，故①错误；
对于②，当为线段的中点时，连接，如图所示，

显然，到平面的距离为定值，面积为定值，
结合三棱锥体积公式可知，三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③，当与重合，与重合时，如图所示，

由正方体可知平面，，
因为平面，所以，
又因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
同理，，
又因为平面，，
所以平面，即平面，
所以存在点，，使得平面，故③正确；
对于④，当为靠近点的三等分点时，延长交于点，
取中点，连接，如图所示，

由得四边形是平行四边形，所以 ，
由可知，即，
所以是中点，又因为是中点，所以,，
所以平面截该正方体所得截面为等腰梯形，
在直角中，，同理，
所以截面的周长为,
即当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为，故④错误.
故②③
方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
16．(1)；
(2)或.
【分析】（1）利用待定系数法即得；
（2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得.
【详解】（1）由题可设圆的标准方程为，
则，
解得，
所以圆的标准方程为；
（2）由可知圆心，半径为2，
因为直线与圆交于两点，，
所以圆心到直线的距离为1，
当直线斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线斜率存在时，可设直线的方程为，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件求出，从而得到，再利用的性质即可求出结果；
（2）根据（1）中结果，易得到函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，利用函数的单调性即可求出结果.
【详解】（1）因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，
所以，又，由，解得，
所以，函数的解析式是，
由，，
解得，，
所以函数的减区间为，.
（2）由，，得到，，
所以函数的增区间为，.
故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，
因为，，，
故函数在区间上的值域为.
18．(1)
(2)，
【分析】（1）直接利用正弦定理结合三角恒等变换得到，得到答案.
（2）利用面积公式得到，根据余弦定理得到，解得答案.
【详解】（1），故，
即，整理得到，
，，
故，，
故.
（2），故，
，
故，
又，解得，.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设AC,BD交于点O，连结OF.利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选择条件①②③，都可以求出,，求出各个点的坐标，利用向量法求解.
【详解】（1）设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点.
连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以.
因为面，面，
所以平面.
（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
选条件①.
在菱形中， .因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件②.
在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件③：与平面所成的角为.
因为平面，所以为与平面所成的角，即.
在直角三角形中，由可得.所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)存在点，使得平面，且
【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，
（2）可证得两两垂直，所以分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，
（3）设，然后利用空间向量求解
【详解】（1）证明：因为为正方形，
所以．
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面．
平面．
所以；
（2）由（1）可知，平面，所以，．
因为，所以两两垂直．
分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为，，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则, 即
令，则，；
所以．
设直线与平面所成角为，
则．
直线与平面所成角为的正弦值为；
（3）设，易知
设，则，
所以，所以，
所以．
设平面的一个法向量为，则，
因为，所以
令，则，所以．
在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得．
因为，由，
所以，
解得，
所以线段上存在点，使得平面，且．
21．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；
（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定
集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.
【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；
（2）对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明.
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
思路点睛：第二问取自邻集，和集合，，，，，先由定义判定，且集合也是自邻集，.即可证明结论；第三问记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，有，再分三类①自邻集含有，，这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集含有，这两个元素的集合共有个，③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个来证明：即可.