2023年12月2日发(作者：三里庄期末数学试卷)

北京十五中2022-2023学年高二（上）期中数学试卷一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分：在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.把答案填涂在答题纸上）22xy2y1的半径为1.圆A.1B.2C.2D.42.在直角坐标系xOy中，在y轴上截距为1且倾斜角为Axy103π的直线方程为．4D.xy10）D.-9）D..B.xy10C.xy10rr3.已知向量a1,2,1，b3,x,y，且a//b，那么实数xy等于（A.3B.-3C.94.直线kxy13k，当k变动时，所有直线恒过定点坐标为（A.0,0B.0,1C.）．3,12,15.“mn”是“方程mx2ny21表示圆”的（A.充分而不必要条件C.充分必要条件B.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件）1116.对于空间任意一点O，若OPOAOBOC，则A，B，C，P四点（236A.一定不共面C.不一定共面B.一定共面D.与O点位置有关7.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OAa，OBb，OCc，用a，b，c表示MN，则MN等于（）1A.21C.2abcB.内切bca1B.21D.2cab)D.外切abc22228.已知圆O1：(x－a)＋(y－b)＝4，O2：(x－a－1)＋(y－b－2)＝1(a，b∈R)，则两圆的位置关系是(A.内含C.相交9.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知ABC90，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为，PQ与平面ABC所成的角为，则与的大小关系为（）.A.B.C.D.不能确定10.已知正方体ABCDA1上的动点，观察直线CE与D1F，1B1C1D1，点E，F，G分别是线段B1B，AB和ACCE与D1G．给出下列结论：①对于任意给定的点E，存在点F，使得D1FCE；②对于任意给定的点F，存在点E，使得CED1F；③对于任意给定的点E，存在点G，使得D1GCE；④对于任意给定的点G，存在点E，使得CED1G．其中正确结论的个数是（）．A.4个B.3个C.2个D.1个二、填空题：（本大题共6个小题，每小题5分，共30分，把答案作答在答题纸上）11.若直线axyb0与直线x3y10垂直(a,bR)，则a________．12.已知圆心为(2，－3)，一条直径的两个端点恰好在两个坐标轴上，则圆的方程是______________．13圆x2y24x2y50与直线x2y50相交于P1，P2两点，则PP12________．ADAA1ABCDABCD14.在长方体，AB2，则CC1CA1________．11111中，设15.直线方程为(3m2)xy80，若直线不过第二象限，则实数m的取值范围是______．.16.若直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点，则实数b的取值范围为________．三、解答题：（本大题共5小题，共70分.把答案作答在答题纸上）17.已知圆C经过坐标原点O和点2,2，且圆心在x轴上．（1）求圆C的方程．（2）设直线l经过点1,2，且l与圆C相交所得弦长为23，求直线l的方程．18.如图，在正方体ABCDA12，M，N分别是C1D1，CC1的中点．1B1C1D1中，设AA（1）求异面直线A1N与MC所成角的余弦值；（2）设P为线段AD上任意一点，求证：MCPN．19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB90，ACCBCC12，E是AB中点.（1）求证：AB1平面A1CE；（2）求直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值.20.如图，在三棱锥PABC中，底面ABC为等边三角形，APC90，AC2PA4，且平面PAC平面ABC．（1）求三棱锥PABC的体积；（2）求二面角BAPC的余弦值．21.已知C经过点A(2,0)，B(0,2)，且圆心在直线yx上.又直线l：ykx1与C相交于P，Q两点.（1）求C的方程；（2）过点(0,1)作直线l1与l垂直，且直线l1与C交于M，N两点，求四边形PMQN面积的最大值.北京十五中2022-2023学年高二（上）期中数学试卷一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分：在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.把答案填涂在答题纸上）22xy2y1的半径为1.圆A.1【答案】BB.2C.2D.4【详解】试卷分析：由题意得，圆x2y22y1，可化为x2(y1)22，所以R考点：圆的标准方程．2.在直角坐标系xOy中，在y轴上截距为1且倾斜角为A.xy10【答案】A【详解】由题意可得，直线的斜率k1，再根据直线的截距得到直线过点（0，-1）根据直线方程的斜截式可知所求的直线方程为y=x1，即xy10，故选：A．B.xy102，故选B．3π的直线方程为．4D.xy10C.xy10rr3.已知向量a1,2,1，b3,x,y，且a//b，那么实数xy等于（A.3【答案】D【分析】运用空间向量共线列式计算即可.B.-3C.9）D.-9【详解】∵a1,2,1，b3,x,y，且a∥b，∴3xy，121解得x6，y=3，∴xy639．故选：D．4.直线kxy13k，当k变动时，所有直线恒过定点坐标为（A.）D.0,0B.0,1C.3,12,1【答案】C【分析】整理所得直线方程为kx3y10，根据题意，即可求得结果.【详解】把直线方程整理为kx3y10，x30x3令，故，所以直线恒过定点为3,1.y10y1故选：C.5.“mn”是“方程mx2ny21表示圆”的（A.充分而不必要条件C.充分必要条件【答案】B【分析】举特例否定充分性，根据圆的方程的特征得到必要性.【详解】m0n时，方程等价于01无意义，故充分性不成立；但若mx2ny21表示圆，则mn0．必要性成立.∴“mn”是“mx2ny21表示圆”的必要不充分条件．故选:B）．B.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件1116.对于空间任意一点O，若OPOAOBOC，则A，B，C，P四点（236A.一定不共面C.不一定共面【答案】B【分析】根据空间共面向量的定义进行判断即可.B.一定共面D.与O点位置有关）111【详解】由OPOAOBOC12OP6OA4OB2OC236216(OPOA)4(OBOP)2(OCOP)APPBPC，33所以A，B，C，P四点共面，故选：B7.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OAa，OBb，OCc，用a，b，c表示MN，则MN等于（）1bcaA.21abcB.21abcC.21cabD.2【答案】D【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．【详解】因为OAa，OBb，OCc，111OAOBcba.所以MNONOMOC222故选：D.22228.已知圆O1：(x－a)＋(y－b)＝4，O2：(x－a－1)＋(y－b－2)＝1(a，b∈R)，则两圆的位置关系是()A.内含【答案】CB.内切C.相交D.外切【详解】两圆圆心之间的距离为|O1O2|＝5，由1＜5＜2＋1＝3，所以两圆相交，答案C9.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知ABC90，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为，PQ与平面ABC所成的角为，则与的大小关系为（）.A.【答案】CB.C.D.不能确定【分析】建立空间直角坐标系设Px,0,z,Q0,y,0x0,y0,z0，利用空间向量法分别求得cos,cos，然后根据(0,],0,，利用余弦函数的单调性求解.22【详解】建立如图所示空间直角坐标系：设Px,0,z,Q0,y,0x0,y0,z0，则QPx,y,z,QB0,y,0，2222所以QPQBy,QPxyz,QByQPQBy所以cos，222QPQBxyzQPCPz又(0,],0,，sin，22222QPxyz所以cosx2y2xyz222，所以coscos，因为ycosx在0,所以，故选：C上递减，2【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成的角和直线与平面所成的角，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10.已知正方体ABCDA1上的动点，观察直线CE与D1F，1B1C1D1，点E，F，G分别是线段B1B，AB和ACCE与D1G．给出下列结论：①对于任意给定的点E，存在点F，使得D1FCE；②对于任意给定的点F，存在点E，使得CED1F；③对于任意给定的点E，存在点G，使得D1GCE；④对于任意给定的点G，存在点E，使得CED1G．其中正确结论的个数是（）．A.4个B.3个C.2个D.1个【答案】C【详解】①只有D1F平面BCC1B1，即D1F平面ADD1A1时，才能满足对于任意，给定的点E，存在点F，使得D1FCE，∵过D1点与平面ADD1A1垂直的直线只有一条D1C1，而D1C1∥AB，故①错误．②当点E与B1重合时，CEAB且CEAD1，∴CE平面ABD1，∵对于任意给定的点F，存在点E，使得CED1F，故②正确．③只有CE垂直于D1G在平面BCC1B中的射影时，D1GCE，故③正确．④只有CE平面ACD11时，④才正确，因为过C点的平面ACD11的垂线与BB1无交点，故④错误．综上，正确的结论是②③，故选C．点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.二、填空题：（本大题共6个小题，每小题5分，共30分，把答案作答在答题纸上）11.若直线axyb0与直线x3y10垂直(a,bR)，则a________．【答案】3【分析】由已知结合直线垂直条件可建立关于a的方程，从而可求得结果.【详解】因为直线axyb0与直线x3y10垂直，所以a30，即a3.故答案为：3.12.已知圆心为(2，－3)，一条直径的两个端点恰好在两个坐标轴上，则圆的方程是______________．【答案】x2y24x6y0．【详解】由于直径所对的圆周角是直角，所以圆恰好过原点，故半径为22313，所以圆的方程为2x2y32213，化简得x2y24x6y0.13.圆x2y24x2y50与直线x2y50相交于P1，P2两点，则PP12________．【答案】25【分析】将圆的方程化为标准方程，得到圆心到直线的距离，利用垂径定理即可求得弦长．【详解】圆x2y24x2y50的标准方程为x2y110，22则圆心为2,-1，半径为r10，()圆心2,-1到直线x2y50的距离为d()22512225，如图所示，22则由垂径定理可知，PP122rd21052225.故答案为：25.14.在长方体ABCDA1B1C1D1中，设ADAA11，AB2，则CC1CA1________．【答案】1【分析】由向量的线性运算，结合空间向量数量积的运算求解即可．【详解】如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，设ADAA11，AB2，2则CC1CA1AA1AA1ACAA1AA1AA1ACAA1AA1ABAD22AA1AA1ABAA1ADAA1001.故答案为：1.15.直线方程为(3m2)xy80，若直线不过第二象限，则实数m的取值范围是______．【答案】m23【分析】由直线在y轴上截距为8知，只需直线斜率不小于0即可.【详解】(3m2)xy80不过第二象限,2(3m2)0，解得m，3故答案为：m2316.若直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点，则实数b的取值范围为________．【答案】(1,1]{2}【分析】曲线x1y2表示以原点O0,0为圆心、半径为1的半圆，数形结合求得当直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点的实数b的取值范围作答．【详解】曲线x1y2，即x2的部分），如图，y21(x0)，表示以原点O(0,0)为圆心、1为半径的半圆（位于y轴及右侧当直线经过点A(0,1)时，b=-1；当直线经过点C(0,1)时，b1；当直线和圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径可得00b21，求得b2（舍去），或b2，观察图象，得当直线yxb与曲线x1y2恰有一个公共点，实数b的取值范围为(1,1]{2}.故答案为：(1,1]{2}【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．三、解答题：（本大题共5小题，共70分.把答案作答在答题纸上）17.已知圆C经过坐标原点O和点2,2，且圆心在x轴上．（1）求圆C的方程．（2）设直线l经过点1,2，且l与圆C相交所得弦长为23，求直线l的方程．【答案】（1）x2y24（2）x1和3x4y110【分析】（1）设圆心a,0，则圆心到0,0与2,2距离相同且等于半径，由此求出a2，进而求出圆C的方程.（2）分别研究斜率存在与斜率不存在时两种情况：当斜率不存在时，直线为x1，符合要求；当斜率存在时，设2直线l为kxy2k0，则圆心到直线的距离d直线l的方程.【小问1详解】2k2kk122，再结合弦长公式即可求出k的值，由此能出设圆心a,0，则圆心到0,0与2,2距离相同且等于半径，所以r2a22a22，解得a2，所以圆心为2,0，半径r2，所以圆C的方程为x2y24．【小问2详解】当斜率存在时，设直线l为y2kx1，整理得kxy2k0，则圆心到直线的距离d22|2k2k|k2(1)2，①又因为2r2d2222d223，解得d1，②由①②解得：k所以直线方程为3，433xy20，整理得3x4y110；44当斜率不存在时，直线为x1，此时圆心到直线的距离d1，所以其弦长为2221223，符合题意.综上，所求直线方程为x1和3x4y110.18.如图，在正方体ABCDA12，M，N分别是C1D1，CC1的中点．1B1C1D1中，设AA（1）求异面直线A1N与MC所成角的余弦值；（2）设P为线段AD上任意一点，求证：MCPN．【答案】（1）4515（2）证明见解析【分析】（1）以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系.可得D、A、A1、C、M、N各点的坐标，从而得到向量A1N,MC的坐标，利用空间向量的夹角公式算出A1N和MC夹角的余弦之值，即可得到异面直线A1N与MC所成角的余弦值；uuurP(x,0,0)（2）根据（1）所建立的坐标系，设，从而得到PN的坐标，再求出向量MC的坐标，从而算得MCPN0，即得MCPN成立.【小问1详解】(1)正方体ABCDA1B1C1D1中，DA、DC、DD1两两互相垂直，以D为原点，分别DA、DC、DD1以为x、y、z轴，建立如图空间直角坐标系，可得D0,0,0，A2,0,0，A12,0,2，C0,2,0，M0,1,2，N0,2,1向量A1N(2,2,1),MC(0,1,2)A1NMC45根据空间向量的夹角公式，得cosA1N,MC|A1N||MC|15设异面直线A1N与MC所成角为，可得cos|cos|cosA1N,MC|4515即异面直线A1N与MC所成角的余弦值为【小问2详解】45.15P为线段AD上任意一点，由(1)中所建立的坐标系，设Px,0,0，其中x0,2，可得PNx,2,1,MC0,1,-2，MCPN0(x)12(2)10，所以MCPN.19.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB90，ACCBCC12，E是AB中点.（1）求证：AB1平面A1CE；（2）求直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值.【答案】（1）参考解析；（2）33【详解】试卷分析：（1）直线与平面垂直的证明，对于理科生来说主要是以建立空间直角坐标系为主要方法，所以根据题意建立坐标系后，写出相应的点的坐标.根据向量证明向量AB1与平面内的两个相交向量的数量积为零即可.（2）证明直线与平面所成的角的正弦值，主要是通过求出平面的法向量与该直线的夹角的余弦值，再通过两角的互余关系转化为正弦值.试卷解析：（1）证明:因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1^AC,CC1^BC，又ACB90，即ACBC.如图所示，建立空间直角坐标系Cxyz.A(2,0,0),B1(0,2,2),E(1,1,0),B1(0,2,2)，所以AB1=(2,2,2)，CE=(1,1,0)，CA1=(2,0,2).又因为CA1=(2,0,2)，CA1=(2,0,2)，所以AB1CE，AB1CE，AB1平面AB1.（2）解：由（1）知，AB1=(2,2,2)是平面AB1的法向量，C1A1=CA=(2,0,0)，C1A1AB13则cosC1A1,AB1.3C1A1AB13设直线A1C1与平面AB1所成的角为，则sin=cosC1A1,AB1.3所以直线A1C1与平面AB1所成角的正弦值为3.3考点：1.线面垂直.2.线面所成的角.3.空间直角坐标系的解决线面问题.20.如图，在三棱锥PABC中，底面ABC为等边三角形，APC90，AC2PA4，且平面PAC平面ABC．（1）求三棱锥PABC的体积；（2）求二面角BAPC的余弦值．【答案】（1）4（2）55【分析】（1）利用面面垂直的性质及三棱锥的体积公式计算即可；（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法可得出二面角BAPC的余弦值．【小问1详解】如图，过P作POAC，又因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，PO平面PAC，所以PO平面ABC．在△APC中，APC90，AC2PA4，所以PAC60，所以POAPsin603，AO1．1132POSABC344．334所以三棱锥PABC的体积V【小问2详解】取AC、AB的中点分别为M，N，则O为AM的中点，连接BM，ON．在等边ABC中，因为O、N分别为AM、AB的中点，所以ON//BM，BMAC，所以ONAC．由（1）可知：PO平面ABC，所以POON，POOC，因此可以建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,1,0，B(23,1,0)，C0,3,0，P(0,0,3)．所以AB23,2,0，AP0,1,3．设nx,y,z为平面PAB的一个法向量，23x2y0nAB0，令y3，则x1，z1．所以n1,3,1．nAP0y3z0因为x轴⊥平面APC，所以可以取m1,0,0作为平面APC的法向量．设二面角BAPC的大小为，由图可知0,．π2所以coscosm,n1132155.所以二面角BAPC的余弦值为5.521.已知C经过点A(2,0)，B(0,2)，且圆心在直线yx上.又直线l：ykx1与C相交于P，Q两点.（1）求C的方程；（2）过点(0,1)作直线l1与l垂直，且直线l1与C交于M，N两点，求四边形PMQN面积的最大值.【答案】（1）x2y24；（2）7.【分析】（1）由AB的中垂线及圆心所在直线得圆心坐标，得半径，从而得圆方程；（2）用斜率k的式子表示弦PQ的长度，同理可得弦MN的长度，也可用含k的式子表示，结合图形特征得到函数Sf(k)，运用不等式知识求其最大值.【详解】解：（1）由题设知QC的圆心既在AB的中垂线上，又在直线yx上，易得圆心为原点，半径为2.∴C：x2y24.（2）设四边形PMQN的面积为S，当直线l的斜率k0时，123443；21当直线l的斜率k0时，设l1：yx1.k则l1的斜率不存在，此时S224k41k(3)0ykx12k221kx2kx30xx联立2，得.所以有.1222xy41k3xx121k2同理可得MN112k161121k212k216k2.211k12k2111kSPQMN2216k1212k1k222216422112k2k1kk212122121，2k42k21k42k212k22k因为k2211172，所以22k4S21227.k2k242当且仅当k1时等号成立，所以S的最大值为7.


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