2022-2023学年北京陈经纶中学高二（上）期中数学试题及答案

2022北京陈经纶中学高二（上）期中数学（时间：120分钟满分：150分）一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.=(−).(+)⊥x=（），cx,2若abc，则.1.ax，=(−)b=(3)3−4−84A.B.C.C.D.−x−y+1=02.点P到直线的距离是（）.2323292A.B.D.D.22(−)3，且倾斜角=3.l经过点45，则直线l的方程为（）x+y−1=0x−y+5=0x+y+1=0x−y−5=0A.B.C.4.x2+y2=4与圆x2+y2−2mx+m2−1=0相外切，则实数m=（）D.1333A.B.C.5.已知两个不重合的平面与平面ABC，若平面=(−)AB2=(−)n，的法向量为，)=1）.，则（A.平面∥平面B.平面⊥平面ABCABCC.平面､平面ABC相交但不垂直D.以上均不可能2中，椭圆CF,FxF16.在平面直角坐标系的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，过的直线122A,B两点，且△2的周长为，则椭圆Cl交椭圆于的方程为x2y2x2y2+=1+=1A.C.B.84164x2y2x2y2+=1D.+=188P−ABC中，⊥，PA⊥平面，==2，=4，则直线和直线AB7.三棱锥所成的角的余弦值为（）1331012A.B.C.D.18.“a=”是“直线x+2ay−1=0a1xay10与直线(−)−−=平行”的（）2A.充分不必要条件C.充要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件x2a2y2b2F(−c,0)F(c,0)，若离心率9.已知椭圆C:+=1(ab的左、右焦点分别是，125−1e=(e0.618)，则称椭圆C为黄金椭圆则下列三个命题中正确命题的个数是（）2①在黄金椭圆C中，b2=ac；②在黄金椭圆C中，若上顶点、右顶点分别为E，B，则1EB=90；(−a,0)B(a,0)D(0,−b)E(0,b)③在黄金椭圆C中，以，，，为顶点的菱形ADBE的内切圆过焦点F1F．2，A0B.1中，C.2D.3==2，点为平面外一动点，满足=10.如图，等腰直角P，=，给出下列四个结论：2①存在点P，使得平面PAC⊥平面；②存在点P，使得平面PAC⊥平面PAB；③设的面积为S，则S的取值范围是(4；π4④设二面角A−−C的大小为，则的取值范围是.其中正确结论是（）A.①③B.C.D.②④二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.x−y=0写出一个圆心在直线上，且经过原点的圆的方程：______．12.已知直线l:3x3y−1=0，+l:ax−y=12，aR，若1⊥l2．则l的倾斜角为______．2113.不经过坐标原点的直线l:x+y+m=0被曲线C:x的值为______．2+y−2x−2y−2=0截得的弦长为22，则m214.在空间四边形ABCD中，则AB+ACDB+ADBC=______．15.为63m，行车道总宽度为211m，侧墙EAFD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_________．ABCD−ABCDABAD分别是棱的中点，点P在线段111116.如图，在棱长为2正方体中，M，N1111CM上运动，给出下列四个结论：ABCD−ABCD所得的截面图形是五边形；1①平面截正方体1112②直线BD到平面的距离是；112BPD=90③存在点P，使得；11556PDD④△面积的最小值是．1其中所有正确结论的序号是______．三、解答题：本大题共5个小题，共70分.17.如图，在长方体ABCD－ABCD中，AB＝＝22E是的中点．11111（1）求点D到平面AD1E的距离；（2）求证：平面E⊥平面EBB．1118.已知圆C过点(2,0)，圆心为．（1）求圆C的方程；（2）判断直线（3）已知过点y=x−4与圆C的位置关系；两点，且P的直线l交圆C于,BAB=2，求直线l的方程．x22y221C:+=ab0)F0)的直线l19.已知在平面直角坐标系的离心率为ab2,B与椭圆交于两点.（1）求椭圆C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：14=15①；②直线l的斜率满足：k2k=.420.P中，PD中点−⊥，AD//BC，AD=3，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，且PA3，点在棱=M上，点N为.（1）证明：若2，则直线=MN//PAB；（2）求平面与平面夹角余弦值；2（3）是否存在点M，使NM与平面所成角的正弦值为在，请说明理由.？若存在，试求出的值；若不存621.对于向量X=a,bc)，若a,b,cX=(a,b,c)，其中i1i1i1i1三个实数互不相等，令向量0000000i1=i−bb=b−c，i1=i−ii=）.i1ii，i（1X=时，直接写出向量X,X,X,X；04567（2）证明：对于iN，向量Xi中的三个实数a,b,cN，证明：tNXt=Xa,b,c至多有一个为0；iii（3，.000t+3参考答案一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.【答案】A【解析】【分析】求出向量a+b的坐标，由空间向量垂直的坐标表示可求得的值x.(a+bc=−2−x+2(x+3)=x+4=0，由题意可得，)abx3+=(−+)【详解】由已知可得解得x=4.故选：A.2.【答案】B【解析】【分析】利用点到直线的距离公式求距离即可.1+1+132【详解】d故选：B.==.223.【答案】B【解析】【分析】利用直线的点斜式方程求解.【详解】解：因为直线l的倾斜角=所以直线l的斜率为，45，(−)2,3又直线l经过点，y所以直线l的方程为，x−y+5=0即，故选：B4.【答案】C【解析】【分析】由两圆外切圆心距等于半径之和求解即可()=4的圆心0,0，半径为2，x2+y()−2mx+m−1=0的圆心0，半径为1，2【详解】x2+y22因为两圆外切，(−)所以m02+(−)2=2+1，00即|m=3，解得m=3，故选：C5.【答案】A【解析】【分析】求出平面的法向量，利用向量关系即可判断.=(x,y,z，)【详解】设平面的法向量为mx−2z=0x+y+z=0mmx=2y=z1=则，即，令，可得，m=(−)所以，因为n=m，所以平面∥平面.故选：A.6.【答案】D【解析】【分析】ABF的周长为4a，由此求得；利用离心率可求得；根据椭圆bac2=a2−c2可求得结合椭圆定义可知2b2，进而得到椭圆方程.x22y22+1ab0=()【详解】设椭圆方程为ab+=+=2aABF2的周长为4a由椭圆定义知：1212即4a=16，解得：a=4c=22c2b2=a2−c=16−8=82a2x2y2椭圆C的方程为+=1168故选：D【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.【答案】C【解析】【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P−ABC放到长方体中，由题意知，线AB所成角，∥DA，所以DBA或其补角是直线和直因为==2，=4，所以AB=22，DB=422225，DA+==42+22=25，222()()()25+22−2510cosDBA==.2252210故选：C.8.【答案】A【解析】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(−)=(−)2aa1,1ax+2ay−1=0与直线(a−)x−ay−1=0平行，则有【详解】若直线解得a1,(−)(−)(−)111112x+2ay−1=0(a−)x−ay−1=0平行，当直线与直线a=0或a=，所以当a=时，直线21x+2ay−1=0(−)−−=平行时，a=0或a1xay10a=与直线.2故选：A9.【答案】D【解析】【分析】根据黄金椭圆的概念及b切圆的半径进而可判断③.2=a2−c2可判断①，根据条件及勾股定理可判断②，根据条件可求内c5−15+1=a=c，则【详解】对①，因为，所以a22231225+1b2=a2−c2=+5c2−c2=c=ac，故①正确；2==+1Ea,1Bac,EB2=a22++b22=，对②，因为在中，，由①知，bac2ac=(+)2=++=++==1E+2EB2，1Ba2c22aca2b2c22ab2所以1EB=90即，故②正确；(−a,0),B(a,DbEb)对③，由题可知以为顶点的菱形ADBE的内切圆是以原点为圆心，设r圆心的半径为，abaacacar====所以a2+b2a2ac+a+c1，+1e5−1==F,Fac，所以圆过焦点，故③正确．12代入离心率得到r2故选：D．10.【答案】B【解析】【分析】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，根据，得到=⊥，利用反证法判断；③由AP=4AC=2，得到sin=4sin，由点P在平面上的极限位置判断；④根据1S=2ABC=45=0，当点P运动时，设点A到平面的距离为h，根据，由点P在平面AC内时h2PB⊥AB，由=判断.ABAB2【详解】如图所示：①当⊥时，又PB⊥AB,BC，所以PB平面ABC，所以⊥⊥，又AC⊥BC,PBBC=B⊥ACPAC⊥，所以PBC，又平面，所以平面PBC平面，故正确；②取AP的中点，连接BM，CM，因为，所以=⊥，假设平面PAC⊥平面PAB，则MB⊥平面，则CM⊥BM==290，不成立，故错误；，而，12③因为AP=4AC=2，所以S=sin4sin，当点P在=平面上，且CP在，B的异侧PAC90，当，在，的同侧时，，，共线，0，因为点P为=CPABACP=平面外，则S的取值范围是(4)，故错误；④因为ABC45，当点P在平面=内时=0，当点P运动时，设点A到平面的距离为，π4hAC2因为PBAB，则⊥=，所以，所以的取值范围是，故正确.ABAB24故选：B【点睛】关键点点睛：本题③④的解决关键在于理解点P轴在旋转，从而找到极限位置而得解.二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.【答案】(x−2+(y−=2（答案不唯一）2【解析】x−y=0上设圆心坐标为C(a,a)r=2a(a0)，【分析】利用圆心在直线，由于圆过原点，得半径a.对赋值，可得一个符合条件的圆的方程x−y=0，则设圆心坐标为C(a,a)【详解】解：因为圆心在直线又圆经过原点r==a2+a=2a，且a02则圆的半径为a=1，得圆心为C故取，半径r=2(x−2+(y−2=2.所以圆的方程为：(x−2+(y−2=2（答案不唯一）故答案为：π12.【答案】60°##3【解析】l⊥l1l2【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.21=33【详解】因为1:3x+3y−1=0的斜率为−，且l⊥l，故的斜率为l，故的倾斜角l23122−33为60°.故答案为：60°13.【答案】-4【解析】【分析】根据圆的弦长公式计算即可．2+md=【详解】由题意知曲线C是圆心坐标为（1，2的圆，∴圆心到直线l的距离，2(+)2m2∴24−d2=24−=22，2解得m=0或m=−4．∵直线l:x+y+m=0不经过坐标原点，∴m=−4，故答案为：-4.14.【答案】0【解析】【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AB=a，AC=b，AD=c，=ac−b)+ba−c)+cb−a)则ABCD+AC+ADBC=ac−ab+ba−bc+cb−ca=0.故答案为：0.715.【答案】3.5m##m2【解析】即可.BG⊥AD，交圆弧于点G于点，作⊥【详解】如下图，圆弧的圆心O在直线上，过B作H，连接OEOG.112由题可知，=5−2=3m，EP=AD=33mGH=BC=11m，2设==r，则OP=r−3在中，有2=+22r2=(r−+3)2，解得r=62即(2=2−2=62−11=5m=−=6−5=1m=NH=−=5−1=4m故车辆通过隧道的限制高度是4−0.5=3.5m.故答案为：3.5m16.【答案】①③【解析】【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MN与1BCDM1,1，连接CM1,CN分别交1、的延长线分别交于111BB1,M2,N2,NN，2于，连接12CNN则五边形即为所得的截面图形，故①正确；22//1D平面BD平面对于②，由题可知，，，111BD//平面B1到平面BD到平面的距离，∴，故点的距离即为直线1111B1到平面ABCD−ABCD设点的距离为h，由正方体的棱长为2111121217CM=CN==2，S=232−=，22213117176∴1−=S=hh=h，32111CC=2=13V=S，C−113322∴由V=C−1，可得h=，1−21717所以直线BD到平面的距离是，故②错误；11对于③，如图建立空间直角坐标系，则1()()()()，B2,0,2,D2,2,C2,0,M1,0,21设PCPC==MC,01，=(2−)，又C(2,0)B(2,0,2),D(2),∴，11∴P(2−,2−2,2)，=(,2−1−)2,22,1=(−−)，2,2,22BPD=90假设存在点P，使得，11222222=(−)+(−)+(−)2=0，整理得−14+4=0，∴PD92117+137−13=1（舍去）或=∴，99BPD=90故存在点P，使得，故③正确；11对于④，由上知P(2−,2−2,2)，所以点P(2−,2−2,2)在DD1射影为(2)，∴点P(2−,2−2,2)到的距离为：12216=(2−)2+(−2)2=2−+=445−+d，552545==∴当时，d，5124545PDD2=∴故△面积的最小值是，故④错误.155故答案为：①③.三、解答题：本大题共5个小题，共70分.317.）;3（2）证明过程见解析.【解析】1AE）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；EA⊥EB,EA⊥BB（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1直.【小问1详解】以D为坐标原点，分别以DADC，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，1则()()()()()()，D0,0,0,A1,0,0,E0,D0,1,B2,0,B2,1111AE=()x,y,z，设平面的法向量为m,y,z)(1xz0(x,y,z)(−)=−=1,0xy0−)=−=m则，m令x=1得：y=z=1，)m=1所以，1,0,0))m3d==则点D到平面ADE的距离为；1+1+13m【小问2详解】EB0,BB=(0,1)，1=()EAEB1,0=(−)0)=−=110EABB1=−0)(0,1)=0，，所以所以因为EA⊥EB,EA⊥BB，1EBEB,BB1平面，1，所以EA平面⊥，11AE因为EA平面，1AE1所以平面⊥平面.18.）(x2)−2+y2=24133（2）直线与圆相切3）x=1或y=−x+3【解析】）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从而得解.【小问1详解】(−)2(−)2解：由题意，圆的半径为21+01=2，所以圆C的方程为(x−2)【小问2详解】2+y=2.22−4d==2=r，故直线与圆相切；解：设圆心到直线的距离为d，则【小问3详解】12+(2解：若斜率不存在，则直线方程为x=1，弦心距d=1，半径为2，AB=2r2−d2=2，符合题意；·y−3=k(x−则kx−y−k+3=0.若斜率存在，设直线方程，即|k+3|(+)2k3d=所以弦心距，所以=−=，2221+k21+k244133k=−y=−x+解得，直线方程为，33413综上所述，直线l的方程为x=1或y=−x+.33x2y2+=119.）43（2）答案见解析【解析】）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，【小问1详解】a=2c1==3，依题意，有：a2，则bc=1c=1x2y2+=1·故椭圆的标准方程为：43【小问2详解】选①作为已知：3当直线斜率不存在时，l:x=1与椭圆交点为)，此时4AB=1215，不合题意，2l:y=−k当直线斜率存在时，设l:y=−k，联立，有：(4k2+x2−8k2x+4k−12=0，222xyC:+=143=(−8k2)2−4(4k2+3)(4k2−12)=169(k+，212k2+1k2+1+3则AB=1+k2x−x=1+k2=12，122+24k34k154k2+1+3==1220k2+15=16k2+16，令，则有：44k21解得k2=，4选②作为已知：11l:y=(x−依题意，k=，则直线，221y=(−)x124x−2x−11=0，2联立，有x2y2C:+=143=(−2)2−44(=180，118015AB=1+k4=152x−x=1+=则即，1244420.）证明见解析53（2）9PMPD13PM==1（3点M，此时或PD【解析】MNQPABMN//平面PAB；）构造平面与平面平行，从而得到直线（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，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.【小问1详解】1如图所示，在线段AD上取一点Q2，，使=，NQ，连接，3//，平面PAB平面PABQM//又AD=3，AB=BC=2，AQ//ABNQ为平行四边形，，四边形NQ//，平面PAB平面PABNQ//NQ又，MNQ//PAB，所以平面MN平面MNQ，//平面平面PAB；【小问2详解】如图所示，以点A为坐标原点，以AB为轴，xADy轴，为z轴建立空间直角坐标系，为()C(2,0)()()B2,0,0D0,3,0P0,3则，，，，又N是中点，则(N0)，所以PD(3)，=−=(−0)，DN=(−)2,0，n=x,y,z()，设平面的法向量111131=0x=11n=2)1则，令，则，CDn2x+y=0111设平面的法向量()，n=x,y,z22223z2=0x=1，则2n=1)2则，令，n=2x−2y=02221+2+2539n,n==所以，1212+22+2212+1+122【小问3详解】PMPD13PMPD==1存在，或PMPD0,1，=假设存在点M，设，即PM=PD，由（）得()，(P0,3)，N(0)，且平面的法向量1=2)，D0,3,0则PD(3)，=−PM=(3,)，M3,3−()，则=(−−)MN2,13,33，2213+(−)+(−)2332sin=cosMN,1==+22+2222+1−)2+−3)26121==1，或解得3PM1PMPD==1.故存在点M，此时21.）X或PD3=0),X5XX0)===7；46（2）证明见解析；3）证明见解析.【解析】）根据已知条件，结合X=(a,b,c)的定义，直接写出即可；i1i1i1i1a,b,c三个数中有2个数为，或三个数均为，利用反证法，结合题意，推出矛盾即可证明；i（2）假设iia,b,cmi（3三个数中最大的为，结合（）中所证，分类讨论，即可证明.iii【小问1详解】)=2,1),X=(4,X)=(2,X3根据题意，1X=0),X=X=X=0).4567【小问2详解】a,b,c三个数中有2个数为0，或三个数均为0.i假设iia=b=0i1,c0，()i不妨设iia|a−b=b|b−c=0ai1=i1=c则，即，ii1i1ii1i1i1c|c−a0这与矛盾；ii