北京市通州区2024_2025学年高二数学上学期期中质量检测试卷含解析

这是一份北京市通州区2024_2025学年高二数学上学期期中质量检测试卷含解析，共18页。
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. 2B. 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：A
2. 若向量，，满足条件，则（ ）
A. B. C. 0D. 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：B
4. 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：D
6. 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：D
9. 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为平面的一个法向量，
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，借助圆心坐标与点坐标即可得半径，即可得圆的方程；
（2）求出，两点坐标后，设出点坐标，即可表示出，则，从而可设出直线、方程，从而联立曲线，得到，两点坐标，利用计算即可得.
【小问1详解】
因为圆心在轴上，故可设，
由，故点、点都在线段的垂直平分线上，所以，
则有，则，解得，
则，故圆的方程为：；
【小问2详解】
由圆的方程为：，令，则，则可设，，
设，，，则，，
设，则，直线的方程为：，
代入圆的方程消去得：，，
，，
直线的方程为：，
代入圆的方程消去得：，，
则，，
设直线过定点，则直线斜率为：，
即有，整理得，
所以，故直线过定点.