北京市第十二中学2023-2024学年高二（上）期中数学试卷（含解析）

2023北京十二中高二（上）期中
数 学
2023.11
本试卷共4页，满分150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回.
第一部分 选择题（共60分）
一、选择题.本题共12小题，每题5分，共60分.在每题给的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
2. 以为圆心且过原点的圆的方程为
A. B.
C. D.
3. 在正方体中，点E为上底面A1C1的中心，若，则x，y的
值是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4. 如图在长方体中，设，，则等于（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D.
5. “”是“直线与直线垂直”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6. 下面结论正确的个数是（ ）
①已知是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底；
②任意向量满足，则；
③已知向量，若与共线，则
A. B. C. D.
7. 已知圆的方程为，过直线上任意一点作圆的切线，则切线长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，直线过点且与射线相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A. 或 B. C. D. 或
9. 已知直线：过定点，直线：过定点，与相交于点，则（ ）
A. 10 B. 12 C. 13 D. 20
10. 已知空间直角坐标系中，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
11. 已知，动点满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
12. 在空间直角坐标系中，若有且只有一个平面，使点到的距离为，且点到的距离为，则的值为（ ）
A. B. 或
C. 或 D. 或
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题.本题共6小题，每题5分，共30分.
13. 直线与之间的距离是________.
14. 下面三条直线不能构成三角形，请给出一个符合题意的的值________.
15. 如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是_______．
16. 已知空间向量.
（1）若，则________；
（2）若共面，则________.
17. 已知空间中三点、、，那么点到直线的距离为________.
18. 已知点和圆上两个不同的点，满足，是弦的中点，给出下列三个结论：
①的最小值为；
②点的轨迹是一个圆；
③若点，点，则存在点，使得.
其中所有正确结论的序号是________.
三、解答题.本题共5小题，共60分.
19. 已知三边所在直线方程分别为.
（1）求点坐标；
（2）求与点关于直线对称的点的坐标；
（3）求在平面内，过点且与直线无公共点的直线方程.
20. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，如图，已知在正方体中，为的中点，为的中点，.
（1）证明：四棱锥为阳马；
（2）求点到平面的距离.
21. 已知点及圆.
（1）求圆心的坐标及半径的大小；
（2）设过点的直线与圆交于两点，当时，求以线段为直径的圆的方程；
（3）设直线与圆交于两点，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
22. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面是菱形，平面平面分别是棱的中点，是棱上靠近点的三等分点.
（1）证明：平面；
（2）从①三棱锥的体积为1；
②直线与底面所成的角为；
③异面直线与所成的角为.
这三个条件中选择一个作为已知.
（ⅰ）判断点A是否在平面内，并说明理由；
（ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值.
23. 记集合，对于，定义：为由点确定的广义向量，为广义向量的绝对长度，
（1）已知，计算；
（2）设，证明：；
（3）对于给定，若满足且，则称为中关于的绝对共线整点，已知，
①求中关于的绝对共线整点的个数；
②若从中关于的绝对共线整点中任取个，其中必存在4个点，满足，求的最小值.
参考答案
第一部分 选择题（共60分）
一、选择题.本题共12小题，每题5分，共60分.在每题给的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 【答案】A
【分析】根据直线方向向量与斜率的关系可得.
【详解】因为的斜率为，
所以直线的一个方向向量为.
故选：A
2. 【答案】C
【分析】
设圆方程为，代入点，计算得到答案.
【详解】设圆方程为，代入点得到，
即圆方程为.
故选：.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.
3. 【答案】A
【详解】试题分析：根据题意，结合正方体的性质，可知,所以有，，故选A．
考点：空间向量的分解．
4. 【答案】A
【分析】
利用向量加法化简，结合向量数量积运算求得正确结果.
【详解】由长方体的性质可知，
，
所以
.
故选：A
5. 【答案】A
【分析】根据两直线垂直可构造方程求得的值，由推出关系可得结论.
【详解】由两直线垂直可得：，解得：或；
或，或，
“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 【答案】C
【分析】根据基底的定义可判定①，根据向量的数量积可判定②，根据空间向量共线的坐标表示可判定③.
【详解】因为，所以共面，即①错误；
如是三个两两垂直的单位向量，显然满足，但，即②错误；
若与共线，则存在实数满足，即，即③正确.
故选：C
7. 【答案】B
【分析】利用点到直线的距离结合直线与圆的位置关系转化问题计算即可.
【详解】
如图所示，直线上一点A作圆的两条切线，过C作，
则切线长为，
显然，当且仅当重合时取得最小值，此时，
所以切线长最小值为.
故选：B
8. 【答案】D
【分析】求出直线的斜率，结合图象即可得解.
【详解】根据题意，在平面直角坐标系中，作出点，如图，
，
因为直线过点且与射线相交，
由图可知，所以直线的斜率或.
故选：D.
9. 【答案】C
【分析】根据题意，求得直线过定点，直线恒过定点，结合，得到，利用勾股定理，即可求解.
【详解】由直线过定点，
直线可化为，
令，解得，即直线恒过定点，
又由直线和，满足，
所以，所以，所以.
故选：C.
10. 【答案】C
【分析】设，即，然后计算出，由二次函数性质得最小值，从而得出值，即得点坐标．
【详解】设，即，
，
时，取得最小值，此时点坐标为．
故选：C．
11. 【答案】D
【分析】由求出点轨迹方程得其轨迹是圆，，由此求出的最小值即可得．
【详解】设，
由得，化简得，
所以点轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
，
显然当是线段与圆的交点时，为最小值．
所以
故选：D．
12. 【答案】B
【分析】分析可知，以点为球心，半径为的球面与以点为球心，半径为的球内切，可得出球心距等于两球半径之差的绝对值，结合空间中两点间的距离公式可求得实数的值.
【详解】由题意可知，满足题意时，以点为球心，半径为的球面与以点为球心，半径为的球内切，
所以，球心距等于两球半径之差的绝对值，
即，解得或.
故选：B.
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题.本题共6小题，每题5分，共30分.
13. 【答案】
【分析】由平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】易知直线与平行，
这两条直线间的距离为.
故答案为：.
14. 【答案】（或或）
【分析】根据，或过和的交点求解即可.
【详解】当直线时，，得；
当直线时，，得；
解方程组得直线和的交点为，
当直线过点时，，解得.
综上，当或或时，三条直线不能构成三角形.
故答案为：（或或）
15. 【答案】
【分析】利用，即可求解．
【详解】，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了空间向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
16. 【答案】 ①. ②.
【分析】由，可得，列方程可求出的值；由可知存在一对实数，使，从而可求出的值.
【详解】（1）因为，所以，即，解得；
（2）因为共面，所以存在一对实数，使，
所以，
所以，解得.
故答案为：.
17. 【答案】
【分析】利用空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得，由此可得出点到直线的距离为，即可得解.
【详解】由已知可得，，
，
所以，，
因此，点到直线的距离为.
故答案为：.
18. 【答案】①②
【分析】由点和圆心的距离求得圆上点到点距离的最小值判断命题①，利用求出点轨迹方程判断②，利用两圆位置关系判断③．
【详解】在圆（半径为6）上，，，当是圆与轴正半轴交点时取得最小值，①正确；
设，由，是弦的中点，得，
所以，化简得，所以点轨迹是圆，是以为圆心，为半径的圆，②正确；
若，则在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为1，又，即以为直径的圆与②中点的轨迹圆相离，因此不存在点，使得，③错，
故答案为: ①②.
三、解答题.本题共5小题，共60分.
19. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）联立方程组，求解即可；
（2）设，则，求解即可；
（3）根据平行求得斜率，再利用点斜式方程即可求解.
【小问1详解】
联立方程组，解得，
【小问2详解】
设，则，且的中点在直线上，
，解得.
；
【小问3详解】
记过点且与直线无公共点的直线为，则，，
所以直线的方程为：，即，
过点且与直线无公共点的直线方程为.
20. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）先证明四边形为矩形，再证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面距离即可.
【小问1详解】
因为为的中点，为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
又平面，平面，
所以，所以四边形为矩形.
因为，
所以，所以，所以.
又平面，，所以，
又，平面，
所以平面，
所以四棱锥为阳马.
【小问2详解】
以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，取得，
所以点到平面的距离.
21. 【答案】（1）圆心，半径
（2）
（3）不存在
【分析】（1）将圆的方程化为标准方程，即可得出答案；
（2）根据由垂径定理求出圆心到直线的距离为，可知为的中点，求解即可；
（3）首先根据直线与圆相交的条件得到，根据垂直平分线的几何关系求出直线的斜率，进而求出参数的值，通过的值判断是否满足条件即可.
【小问1详解】
由得，
所以圆心，半径；
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，由垂径定理可得：，
解得：，因为到点的距离为，
所以为的中点，所以，以线段为直径的圆，
即以为圆心，半径为的圆，所以圆的方程为：.
【小问3详解】
由直线与圆交于，两点，则圆心到直线的距离，
假设符合条件的实数存在，由于垂直平分弦，故圆心必在上.
因为直线过点，所以的斜率，
而，所以，
由于不满足，
故不存在实数，使得过点的直线垂直平分弦.
22. 【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（1）取中点，证明是平行四边形，所以，然后由线面平行的判定定理得证线面平等；
（2）（ⅰ）利用异面直线的判定证明四点不共面即可得；
（ⅱ）选①，作于点，证明是中点，选②，选于点，证明是中点，选③，取中点，证明，下面三个问题都是一样：建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【小问1详解】
取中点，连接，又是中点，则，
又是中点，所以，
所以是平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
（ⅰ）选①②③都有：点A不在平面内，
平面，平面，平面，，
所以与是异面直线，即四点不共面，因此点A不在平面内；
（ⅱ）选①，作于点，
因为平面平面，平面，所以平面，
，
，，
又，所以，即是中点，而是等边三角形，连接，所以，
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，
，
所以，，
设平面的一个法向量是，
则，取，得，，
显然平面的一个法向量是，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
选②，因为平面平面，所以在平面上的射影是，
所以是与平面所成的角，即，
作于点，则，所以是中点，
以下同选①
选③，因为，所以是异面直线与所成角或其补角，
所以，
由余弦定理，即，解得，所以，所以，
取中点，连接，则由与平等且相等得是平行四边形，，所以，，所以，以下同选①．
23. 【答案】（1） 4； （2） 证明见详解；
（3） 108；73.
【分析】（1）由广义向量的绝对长度定义计算即可；
（2）根据广义向量的绝对长度的定义，结合绝对值三角不等式即可证明；
（3）①根据绝对共线整点的定义，由（2）结合条件列式可解；②先考虑z坐标都为3的点中至少取多少个元素满足条件，由此确定m的最小值.
【小问1详解】
因为,
所以,
所以.
【小问2详解】
设，
则，
，
.
由绝对值三角不等式可得，
当且仅当时等号成立.
所以
，
所以.
【小问3详解】
①设为中关于A，B的绝对共线整点，
则，
因为，所以，
得.
所以中关于A，B的绝对共线整点的个数为.
②先考虑A，B的绝对共线整点中z坐标都为3的点，
取出x坐标分别为，z坐标为3的点共有24个，
因为中任意两个数的和都不等于另外两个数之和，故不存在满足条件的四个点.
若取x坐标分别为，z坐标为3的24个点，加入x坐标为4，z坐标为3的任意点，
则存在，存在，满足要求；
同理，加入x坐标为6，z坐标为3的任意点都存在满足要求的四个点.
由此可证在z坐标为3的点中取24个点不一定满足要求，但取25个点则一定存在满足条件的四个点.
故满足给定要求m的最小值为73.
【点睛】“新定义”主要有即时定义新概念、新公式、新法则、新定理、新运算五种，然后根据此定义取解决问题.有时候还需要利用类比的方法去理解新定义，这样有助于对新定义的透彻理解.