北京市通州区2024-2025学年高二上学期期中质量检测数学试卷 含解析

通州区2024-2025学年第一学期高二年级期中质量检测数学试卷2024年11月本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.若直线与直线平行，则（）A.2 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用两直线平行的充要条件求出值.【详解】直线与直线平行，所以.故选：A2.若向量，，满足条件，则（）A. B. C.0 D.2【答案】D【解析】【分析】根据空间向量减法和数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为向量，，，所以，又，即，即，解得.故选：D.3.在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点坐标为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对称的性质即可求解.【详解】点关于坐标平面的对称点坐标为，故选：B4.已知直线的方向向量与平面的法向量分别为，，则（）A.∥ B.C.∥或 D.，相交但不垂直【答案】C【解析】【分析】通过判断直线的方向向量和平面的法向量的位置关系，从而判断直线与平面的位置关系.【详解】因为，所以，所以∥或故选：C.5.法向量为的平面内有一点，则平面外点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用点到平面距离的向量法求解即得.【详解】依题意，，所以点到平面的距离为.故选：D6.过点作圆的两条切线，则这两条切线的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，设切点为、，求出圆的半径，根据锐角三角函数可得，进而可得.【详解】过点作圆的两条切线，设切点为、，而圆，即，则圆的半径为2，圆心C−2,0,,故，故，进而可得，故选：C．7.圆O1：和圆O2：的位置关系是A.相离 B.相交 C.外切 D.内切【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意可知圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，又，所以圆和圆的位置关系是相交，故选B．考点：圆与圆的位置关系．8.如图，在平行六面体中，与的交点为，若，则（）A. B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】根据题意，将利用线性运算表示成，由此可解出、、即可求解.【详解】由已知，平行六面体中，，又因为，所以，，，所以.故选：D9.如果，那么“”是“直线不通过第三象限”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由直线的一般式方程可得直线的斜截式方程，然后根据斜率和纵截距的几何意义即可判断.【详解】因为，所以，，，由得，取，，，满足，此时直线方程为，且通过第三象限；反之，若直线不通过第三象限，即直线不通过第三象限，所以，得，所以“”是“直线不通过第三象限”的必要不充分条件，故选：B.10.如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正方体的特征结合阿波罗尼斯圆确定M轨迹，根据新定义确定P点轨迹，在平面中利用数形结合的思想及点与圆的位置关系计算即可.【详解】根据正方体的特征易知平面，平面，平面，所以，又，则，如图建立平面直角坐标系，设，则，整理得，即M轨迹为平面上的圆，以为圆心，2为半径；因为，则P轨迹为以为中心，一条对角线长4且在纵轴上的正方形，如上图所示，，易得，过圆心作的垂线，可知垂线方程为易得上的垂足，显然在线段上，而上的垂足，显然H距N远，则圆心到的距离为，圆心到H的距离.故选：A【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离问题的处理策略关键在于作出正方形框图，即得出P的轨迹为正方形，此外利用阿氏圆的定义确定M轨迹，再数形结合即可.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知向量，分别是直线，的一个方向向量，若，则______.【答案】6【解析】【分析】由直线平行可得直线的方向向量平行，再利用空间向量共线的充要条件计算即可.【详解】因为，所以∥，故存在实数使得，则，解得，，所以.故答案为：6.12.过点的直线平分圆，则这条直线的倾斜角为________.【答案】【解析】【分析】根据题意和圆的对称性可知所求直线过圆心，因此可得直线的斜率，再由斜率确定倾斜角.【详解】因为过点的直线平分圆，所以圆心在所求直线上，因此直线的斜率，所以，因为，所以，故答案为：.13.直线与圆相交于A、B两点，当弦AB最短时，________.【答案】0【解析】【分析】由题意可知当直线与过定点的直径垂直时，弦AB最短，通过垂直关系即可求出结果.【详解】由题得，直线，即，，解得：，所以直线过定点，圆的圆心为，半径为2，当垂直直线时，弦最短，此时直线为，则.故答案为：.14.已知两点，和圆，则直线与圆的位置关系为________.若点在圆上，且，则满足条件的点共有________个.【答案】①.相交②.4【解析】【分析】先求出直线的方程，再利用圆心到直线的距离判断直线与圆相交；先求出点到的距离，再结合圆心到直线的距离为和圆的半径为判断得解.【详解】由题得，所以直线方程为，所以直线的方程为，由可知，圆圆心为，半径为，又圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，又，设点到直线的距离为，则，解得，又圆心到直线的距离为，圆的半径为，所以圆上有个满足条件的点.故答案为：相交；.15.直三棱柱中，，，，，使棱上存在点P，满足，则下列正确结论的序号是________.①满足条件的点一定有两个；②三棱锥的体积是三棱柱体积的；③三棱锥的体积存在最小值；④当的面积取最小值时，异面直线与所成的角的余弦值为.【答案】②③④【解析】【分析】先根据，利用勾股定理，可得，即可根据方程的根，利用求解①；利用等体积法即可求解②，结合即可求解③，根据三角形面积公式得，结合以及基本不等式即可求解面积最小值时，；最后结合平移的思想，可知即为所求，即可判断④．【详解】设，则，根据可得，化简可得，当时，只有唯一的一个实数根，此时符合的点只有一个，故①错误，由于平面，故，②正确，由②可知，由①可知有实数根，故，故，因此，当时，体积有最小值16，③正确，由可得，过作于点，再过点作为于点，则，即为的边上的高，在中，，，，，把代入上式，化简得，当且仅当，即，时，等号成立，此时的面积取得最小值，．，即为异面直线与所成的角，，，即异面直线与所成的角的余弦值为，故④正确，故答案为：②③④【点睛】关键点点睛：根据，结合勾股定理，利用方程的根，得，以及根据三角形面积公式得，结合基本不等式求解.三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.在平面直角坐标系xOy中，点，，.（1）求直线BC的方程；（2）求过点A与直线BC垂直的直线l的方程；（3）求直线BC与直线l交点的坐标.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求斜率，再写点斜式方程即可；（2）由垂直关系得斜率，再写点斜式方程即可；（3）联立两直线的方程，求解即可.【小问1详解】直线的斜率，故直线的方程为，化简得.【小问2详解】因为直线与直线垂直，故，所以，直线的方程为，化简得.【小问3详解】联立，解得，即，所以直线BC与直线l交点的坐标为.17.在平面直角坐标系xOy中，点，，且圆是以为直径的圆.（1）求圆M的方程；（2）若直线与圆M相交，求实数k的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件可确定圆心坐标与半径，即可求解；（2）根据直线与圆的位置关系，利用圆心到直线距离小于半径，可得到关于的不等式，解不等式得到的范围.【小问1详解】由已知，，则圆心.半径，所以圆的方程为.【小问2详解】由直线，即，又直线与圆相交，设圆心到直线的距离为，可得，整理有：，解得.18.如图，在棱长是2的正方体中，分别为AB，的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明向量垂直，进而根据线面垂直的判定求证，（2）利用向量的夹角公式即可求解.【小问1详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，所以.，所以，所以.，,故平面.【小问2详解】，，，，所以，所以.故，因此异面直线EF与所成角的大小为19.如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点.（1）求线段的长；（2）求平面和平面夹角的余弦值；（3）在线段上是否存在点G，使得直线在平面内，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）图中有正交基底，可用空间向量法来求线段长；（2）图中有正交基底，用空间向量法来求两平面夹角余弦值；（3）图中有正交基底，可用线向量在平面内，必与法向量垂直来求解.【小问1详解】因为平面，，平面，则，，且，以坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由已知，，，，，，可得，，故线段的长为.【小问2详解】由（1）得：，，设平面的法向量为，所以，令，则，.所以平面的一个法向量为，由图知DA=2,0,0为平面所以，所以平面和平面夹角的余弦值为.【小问3详解】假设线段上存在点，使得直线在平面内，，因为，所以，即，因为在平面内，故，所以，解得.故线段上存在点，使得直线在平面内，此时.20.如图①，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起至，使平面平面，得到如图②所示的几何体，从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，选择条件①：；继而可证明平面，选择条件②：.，可证明，即可求证，进而建立空间直角坐标系，利用向量坐标求解，（2）利用法向量与方向向量夹角即可求解.【小问1详解】证明若选条件①，取中点，连，OE，，故，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，且，平面,所以平面，所以.以为坐标原点，，，分别为，，轴非负半轴建立空间直角坐标系如图所示，，，，，，，，，，，，所以，所以.若选条件②，取中点，连，，，故，，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以，，又因为，所以，所以，所以.以下同条件①.【小问2详解】，，设平面的法向量为，则，取，，故与平面所成角的正弦值为.21.在平面直角坐标系中，已知圆过点且圆心在轴上，与直线交于不同的两点、，且.（1）求圆的方程；（2）设圆与轴交于，两点，点为直线上的动点，直线，与圆的另一个交点分别为，，且，在直线两侧，求证：直线过定点，并求出的值.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，由可得，则可计算出，即可得圆心坐标，借助圆心坐标与点