2022-2023学年北京市高二（上）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年北京市高二（上）期中数学试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共50.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
直线的倾斜角是( )
A. B. C. D.
若，是异面直线，直线，则与的位置关系是( )
A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 异面或相交
若点与的中点为，则直线必定经过点( )
A. B. C. D.
自点作圆的切线，则切线长为( )
A. B. C. D.
在棱长为的正方体中，是底面的中心，，分别是，的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于( )
A. B. C. D.
过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为( )
A. B. C. D.
已知，是空间两个不共线的向量，，那么必有( )
A. ，共线 B. ，共线
C. ，，共面 D. ，，不共面
已知正方体，点是的中点，点是的三等分点，且，则等于( )
A. B.
C. D.
在空间直角坐标系中，正方体棱长为，为正方体的棱的中点，为棱上的一点，且，则点的坐标为( )
A.
B.
C.
D.
在平面直角坐标系中，记以直线上一点为圆心，为半径的圆为，所有构成的集合为，若在中存在一个圆，使得该圆与圆有公共点，则的最大值是( )
A. B. C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
圆心为且过原点的圆的方程是______．
如图，是圆的直径，是圆周上不同于，的任意一点，平面，则四面体的四个面中，直角三角形的个数有______ 个．
已知向量，，且，则实数的值为______．
已知两直线：，：，当和垂直时，______；当和平行时，______．
圆关于直线对称的圆的方程是，则实数的值是 ．
四面体的三组对棱分别相等即，，，有以下四个结论：
四面体每组对棱相互垂直；
从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于；
连接四面体每组对棱中点的线段互相垂直平分；
从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
其中所有正确结论的序号为______．
三、解答题（本大题共5小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
本小题分
已知直线经过两直线与的交点，且垂直于直线．
求直线的方程；
求直线与两坐标轴围成的三角形的面积．
本小题分
如图，在三棱柱中，平面，，，的中点为．
求证：；
求二面角的余弦值；
求点到平面的距离．
本小题分
已知圆过三点，，．
求圆的方程；
设直线经过点，且与圆相切，求直线的方程．
本小题分
如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，，．
求证：；
求直线与平面所成角的正弦值．
本小题分
已知为平面直角坐标系的原点，过点的直线与圆交于，两点．
若，求直线的方程；
判断是否存在直线，使得与的面积相等？若存在，求直线的斜率；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．
由直线方程求得直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解．
【解答】
解：直线的斜率，
设其倾斜角为，
则，．
故选：．

2.【答案】
【解析】
【分析】
此题考查学生的空间想象能力，考查对异面直线的理解和掌握．
若，是异面直线，直线，所以与可能异面，可能相交．
【解答】
解：由、是异面直线，直线知与的位置关系是异面或相交，
故选D．
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题以直线的点斜式为载体，考查直线恒过定点问题，解题的关键是利用中点坐标公式得出，属于基础题．
利用点与的中点为，可得，从而时，，故可得结论．
【解答】
解：由题意，点与的中点为，
时，，
直线必定经过点．
故选：．
4.【答案】
【解析】
【分析】
先设切点为，利用两点间的距离公式求出的长，在直角三角形中利用勾股定理即可求出切线长．考查学生理解直线与圆相切时，切线垂直于经过切点的直径，灵活运用两点间的距离公式求线段长度，以及灵活运用勾股定理的能力．
【解答】
解：因为点，设切点为点，连接圆心和点得到，圆的半径为，
而斜边，
在直角三角形中，根据勾股定理得：切线长，
故选B．
5.【答案】
【解析】解：取的中点连接，则，再取的中点，连接、．
是的中点，
为异面直线所成的角．
在中，，，．
由余弦定理，可得
故选：．
取的中点连接，则，再取的中点，连接、，则为异面直线所成的角，在中，利用余弦定理可得结论．
本题主要考查了异面直线所成的角的求解，考查了计算能力、转化思想，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意：直线方程为：，
圆，
圆心为：，半径为：，
圆心到直线的距离为：，
弦长为，
故选：．
先由题意求得直线方程，再由圆的方程得到圆心和半径，再求得圆心到直线的距离，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系其其方程的应用，是常考题型，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题知，，是空间两个不共线的向量，，
由共线向量定理知，，，三点共线，
由共面向量定理知，，，共面．
故选：．
根据共面向量定理可作出判断．
本题考查空间向量在立体几何中的运用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为点是的中点，点是的三等分点，
所以，
又，
所以，则．
故选：．
根据空间向量的分解，线性表示方法可求解．
本题考查空间向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：由正方体的性质可得，，
设，
则，，
，
，解得，则点的坐标为．
故选：．
根据已知条件，结合向量的线性运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量的线性运算，以及向量垂直的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：圆方程可化为，圆心坐标为，半径为，
由题意，直线上至少存在一点，
以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，
因为两个圆有公共点，故，
整理得，
此时不等式有解的条件是，
解得，故最大值为．
故选：．
将原问题转化为两圆存在交点的问题，然后结合题意得到关于的不等式，求解不等式即可确定实数的最大值．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：所求圆经过坐标原点，且圆心与原点的距离为，
所求圆的方程为．
故答案为：．
由两点间的距离公式求出圆心到原点的距离，即圆的半径，代入圆的标准方程得答案．
本题考查圆的标准方程，关键是熟记圆的标准方程的形式，是基础题．
12.【答案】
【解析】解：是圆的直径，
，是直角三角形；
又平面，
，，；
、是直角三角形；
又，平面，
，是直角三角形；
四面体的四个面中，直角三角形有个．
故答案为：．
根据是圆的直径，得出是直角三角形；
平面，得出、是直角三角形；
平面，得出是直角三角形．
本题考查了空间中的垂直关系的判断问题，解题时应理清线线垂直、线面垂直之间的相互转化关系，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题意得：：：．
故答案为：．
利用向量共线的性质，直接计算求解即可．
本题主要考查向量共线的性质，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】或
【解析】解：当和垂直时，
若，则：，：，满足，
若，因为，所以，解得，
所以当和垂直时，或，
因为，
所以，即，解得或，
经检验时：，：，
则和重合，不满足题意，
所以．
故答案为：或； ．
利用两直线的平行垂直与斜率之间的关系，即可求解．
本题主要考查两直线的平行垂直与斜率之间的关系，属于基础题．
15.【答案】
【解析】
【分析】
本题以圆的一般方程为载体，考查圆的对称性，解题的关键是将圆的方程化为标准方程，将对称性转化为两圆的圆心连线的斜率为，半径相等．
先分别将圆的方程化为标准方程，根据对称性可知两圆的圆心连线的斜率为，半径相等，可求实数的值．
【解答】
解：由题意，将圆的方程化为标准方程为：，，
圆关于直线对称的圆的方程是
，
故答案为：．

16.【答案】
【解析】解：对，如图，作，分别垂直于，，，则，又，平面，，则平面，
当，不重合时，则有平面，则不垂直，错；
对，当四面体为正四面体时，同一顶点出发的三条棱两两夹角均为，故和为，错；
对，如图，，，，为各边中点，平行且等于，平行且等于，
，则，四边形为菱形，，相互垂直平分，
其它同理可得，所以连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分，对；
对，，，构成三角形，因为，则从点出发的三条棱，，可以构成三角形，同理可得其它，
从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，对；
故答案为：．
对，作，分别垂直于，，，证平面，则当与平面相交时，可得不垂直；
对，反例当四面体为正四面体时，同一顶点出发的三条棱两两夹角之和为；
对，每两组对棱中点连成的四边形可证为菱形，则其对角线互相垂直平分；
对，，，构成三角形，，则，，可以构成三角形，其它同理．
本题主要考查命题真假的判断，棱锥的结构特征，考查逻辑推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：由，得，，即点，
由题意设直线为，
因为直线过，
所以，得，
所以直线的方程为；
当时，，
当时，，
所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积为．
【解析】先求出交点的坐标，再由题意设直线为，将点坐标代入求出，从而可求得直线的方程；
求出直线与两坐标轴的交点坐标，进而可求直线与两坐标轴围成的三角形的面积．
本题主要考查了直线位置关系的应用，属于中档题．
18.【答案】解：在三棱柱中，平面，面，
，又，即，
又，面，面，
面，
又面，
；
取中点为，连接，，如图所示：
面，又，面面，面，
二面角的平面角为，
又面，面，
，
在中，，，则，
，
故二面角的余弦值为；
面，面，
，
又，，，面，
面，即点到平面的距离为，
又，
在中，，，
三角形为等边三角形，则，
设点到平面的距离为，
又，即，即，解得，
故点到平面的距离为．
【解析】根据棱柱的结构特征可得平面，根据线面垂直的性质，即可证明结论；
由题意得二面角的平面角为，即可得出答案；
由题意得面，即点到平面的距离为，利用等体积法，结合棱锥的体积公式，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征和体积公式、二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：设圆的方程为，
因为圆过三点，，，
所以，解得，
圆的方程为．
由知圆是以为圆心，以为半径的圆，
若直线的斜率不存在，
则此时的方程为到圆心的距离为，满足与圆相切；
若直线的斜率存在，
则设直线方程为，即，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，
解得，所以切线方程为．
综上，切线方程为或．
【解析】利用三点坐标可确定圆方程；
利用直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径建立等式即可求解．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：证明：因为四边形为矩形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
取的中点，的中点，连接，，
则，由，得，且，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
由平面，得，
建立如图空间直角坐标系，，，，，，，
则，
设为平面的一个法向量，
则，
令，得，，所以，，
设直线与平面所成角为，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

【解析】根据题意可得，利用线面平行判定定理证明平面，结合图形即可证明；
取的中点，的中点，连接，，则、，利用线面垂直的判定定理和性质证得，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值．
本题考查线面平行的判定及其性质以及线面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：过点作直线的垂线，垂足记作，如下所示：
因为，又，故，
则中，，又，故可得，
显然直线的斜率存在，设其为，则方程为：，，解得，故直线方程为：，
整理得直线方程为：或．
直线的斜率显然存在，设其为，则直线方程为：，
联立可得：，
当时，
设，两点的坐标分别为，，则，
根据题意可得为的中点，则，代入，
可得：，解得，
将其代入，可得：，
整理得：，则，此时，满足满足题意．
故直线的斜率为：或．
【解析】根据已知条件，求得点到所求直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解；
设出直线的方程，联立圆方程，根据韦达定理，结合点为的中点，即可求得直线斜率．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及韦达定理的使用，解决问题的关键是合理利用几何关系从而实现问题的简化，属综合中档题．
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