2023北京顺义杨镇一中高二（上）期中
数 学
一 选择题，10小题，每题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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
2. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
3. 如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
5. 如果，，那么直线不经过的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
6. 已知圆的方程为和圆的方程为，两圆的位置关系为（ ）
A. 内切 B. 相交 C. 相离 D. 外切
7. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A. B. 1 C. 1或3 D. 或3
8. 已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（ ）
A. B.
C. D.
9. 如图，已知一艘停在海面上的海监船上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为.这艘轮船能被海监船监测到的时长为（ ）
A. 1小时 B. 0.75小时 C. 0.5小时 D. 0.25小时
10. 如图所示,该曲线W是由4个圆:,,,的一部分所构成,则下列叙述错误的是（ ）
A. 曲线W围成的封闭图形面积为
B. 若圆与曲线W有4个交点,则或
C. 与的公切线方程为
D. 曲线上的点到直线的距离的最小值为
二 填空题，共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知，，，则的坐标为________，点C的坐标为________．
12. 椭圆的焦点坐标为和，椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为10的椭圆的标准方程为________.
13. 已知直线.
（1）当时，两直线的交点的坐标为__________.
（2）若直线的值为__________.
14. 已知集合，，若集合中有2个元素，则实数b的取值范围是______
15. 如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：
①存在点P，使得平面平面；
②存在点P，使得是等腰直角三角形；
③若，则点P轨迹的长度为；
④当时，则平面截正方体所得截面图形的面积为18．
其中所有正确结论的序号是______．
三 解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数.
（1）写出的最小正周期；
（2）求在区间上的最大值及相应的值.
17. 已知的顶点坐标为.
（1）求直线的方程；
（2）求的面积.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
19. 已知圆的方程为：.
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）过点的直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程.
20. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.在平面直角坐标系中，已知点.满足，设点的轨迹为圆，点为圆心，
（1）求圆的方程；
（2）若点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，求四边形的面积的最小值；
（3）若直线始终平分圆的面积，写出的最小值.
参考答案
一 选择题，10小题，每题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. 【答案】B
【分析】首先将直线方程化为斜截式，即可求出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系即可得解.
【详解】直线的方程为，即，
所以直线的斜率，设倾斜角为，则，因为，
所以.
故选：B.
2. 【答案】B
【分析】由任意角的三角函数的定义即可求得结果.
【详解】解：角以为始边，终边经过点，
.
故选：B.
3. 【答案】C
【分析】利用线线平行，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，在三角形中求解即可.
【详解】如图，连接，，则,
，分别是，的中点，
，
是异面直线与所成的角，且是等边三角形，
.
故选：.
4. 【答案】C
【分析】根据题意得两平面的法向量平行，从而得到，进而求出结果.
【详解】由题意得：与平行，故，即，解得：.
故选：C
5. 【答案】A
【分析】将直线化为，结合已知条件即可判断不经过的象限.
【详解】由题设，直线可写成，又，，
∴，，故直线过二、三、四象限，不过第一象限.
故选：A.
6. 【答案】B
【分析】将圆化为标准方程,找到圆心之间的距离和半径之间的关系即可判断圆与圆的位置关系.
【详解】由题知可化为,
,所以圆心为,半径为3,
,圆心为,半径为2,
所以圆心之间的距离为,
因为圆心距大于半径差的绝对值,小于半径和,
所以两圆相交.
故选:B.
7. 【答案】A
【分析】利用两直线平行即可得，又因为时两直线重合，即可得.
【详解】根据题意，由两直线平行可得，即，
解得或；
经检验时，两直线重合，不合题意；
所以.
故选：A
8. 【答案】D
【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．
【详解】因为，，，
所以.
故选：D.
9. 【答案】C
【分析】以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，计算圆心到直线的距离和半径比较，可知这艘外籍轮船能否被海监船监测到；计算弦长，可求得持续时间为多长．
【详解】如图，以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系,
则，，圆方程，
直线方程：，即，
设到距离为，则，
所以外籍轮船能被海监船检测到，
设监测时间为，则（小时），
外籍轮船能被海监船检测到的时间是0.5小时.
故选：C.
10. 【答案】D
【分析】对于A,将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的相同的半圆构成计算即可;对于B,结合图像分情况讨论即可;对于C,设公切线方程为,根据直线和圆相切的条件列出方程求解即可得到结果;对于D,根据选项C中的方法,求得,的公切线方程,再利用两条平行线间的距离公式计算即可.
【详解】曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的相同的半圆构成,所以其面积为,故A正确;
当时,交点为B,D,F,H;当时,交点为A,C,E,G;当或时,没有交点;当时,交点个数为个,故B正确;
设与的公切线方程为,
由直线和圆相切的条件可得,
解得,(舍去)，
则其公切线方程为,即,故C正确;
同理可得,的公切线方程为,
则两平行线的距离为,故D错误.
故选:D.
二 填空题，共5小题，每小题5分，共25分.
11. 【答案】 ①. ②.
【分析】由空间向量坐标运算公式计算即可.
【详解】∵，，
∴，
∴，
故的坐标为.
∵原点
∴，
∴点的坐标为.
故答案为：；.
12. 【答案】
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出椭圆方程作答.
【详解】依题意，椭圆长轴长，则，而椭圆半焦距，因此椭圆短半轴长，
所以所求椭圆标准方程是.
故答案为：
13. 【答案】 ①. ②. 6
【分析】把代入，再解方程组求出交点坐标；利用直线垂直的充要条件列式计算即得.
【详解】当时，直线，由，解得，
所以直线的交点的坐标为；
由，得，解得，
所以的值为6.
故答案为：；6
14. 【答案】
【分析】首先分析集合、的元素特征，再数形结合求出参数的取值范围.
【详解】解：由，则，所以，
所以表示以为圆心，为半径的圆在轴及右侧部分的点集，
集合表示直线上的点集，
集合与集合都是点集，集合中有个元素，
由，解得，
由图可知，即.
故答案为：
15. 【答案】①③④
【分析】①利用面面平行的判定定理求解，②利用空间直角坐标系求解，③分析点P在上运动时的变化情况即可求解，④根据图中的几何关系作出平面截正方体截面即可求解.
【详解】对于①，当点和点重合时，平面平面，
连接交于点，连接交于点，连接,,,,
∵∥,且∥,∴四边形平行四边形，∴∥,
∵平面，平面，∴∥，
∵∥, 平面，平面，∴∥,
又∵,,平面，∴平面；
故①正确；
对于②，分别以所在的直线为轴，轴，轴，
由几何关系可知，要使是等腰直角三角形，则,
由已知得,,设点，
则，，
∵，∴，此方程无解，则不存在点P，使得是等腰直角三角形，故②不正确；
对于③，因为，则,,,
即,则P轨迹是在上的线段，不包括端点、，如下图所示，
由已知得△为等腰三角形，则△底边上的高，随着P向点运动，逐渐减小，
故在线段上存在一点P使得，
同理可知靠近点处也存在一点P使得，
设线段，由勾股定理可知,所以点P轨迹的长度为，故③正确；
对于④，连接,过点作的平行线交于点,连接,
则为平面截正方体所得的截面图形，
由已知得,由△∽△可知，
又因为,且∥,所以四边形为等腰梯形，
其中梯形的高，所以截面面积为，故④正确；
故答案为：①③④
三 解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 【答案】（1）；
（2）最大值为1，.
【分析】（1）根据给定的函数式，利用正弦函数的周期公式计算即可.
（2）求出相位的范围，再利用正弦函数的性质求出最大值即得.
【小问1详解】
函数的周期.
【小问2详解】
当时，，因此当，即时，，
所以在区间上的最大值是1，对应.
17. 【答案】（1）;
（2）5.
【分析】（1）求出直线的斜率，进而求出边的方程.
（2）求出直线的方程，由点到直线的距离求解三角形的高，进而求出面积.
【小问1详解】
直线的斜率为，因此边上的直线方程为，所以边上的直线方程为：.
【小问2详解】
直线的方程为，
于是点到直线的距离为：，而，
所以的面积.
18. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
证明：如图建立空间直角坐标系．
因为正方体的棱长为，是的中点，
所以，．
所以，
所以，所以，即；
【小问2详解】
解：由（1）可得．
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
显然平面的法向量可以为，
设平面与平面夹角为，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
解：因为，设点到平面的距离为，
则，故点到平面的距离为.
19. 【答案】（1）；
（2）或.
【分析】（1）由题意得点在圆上，由切线与过切点的半径垂直可得切线方程；
（2）求出圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式求解，注意分类讨论.
【小问1详解】
圆的标准方程是，圆心为，半径为，
由知点在圆上，且与轴垂直，因此切线方程是；
【小问2详解】
由题意圆心到直线的距离为，
因此直线满足题意，
再设直线的斜率存在时的方程为，由解得，
直线的方程为，即，
综上，直线方程为或.
20. 【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可.
【小问1详解】
在梯形中连接，
因为，，为中点，所以，，
所以四边形为菱形，
所以是中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以∥平面.
【小问2详解】
因为四边形为菱形，所以，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，，
所以，，两两垂直，
则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，，
，，，，，，，，
设 ，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，
所以，解得或2（舍去），
所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，.
21. 【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义化简即可得圆的方程为；
（2）画出图象，利用几何关系可知当取最小值时，四边形的面积最小，写出表达式即可求出其最小值为；
（3）易知直线过圆心，可得，将式子化简后利用基本不等式即可求得最小值为.
【小问1详解】
根据题意设，由可得，
整理可得，
即圆的方程为
【小问2详解】
由（1）可知圆的圆心，半径
如下图所示：
易知四边形的面积，
由勾股定理可知，
所以当取最小值，也即取最小值时，四边形的面积最小；
显然当时，，
所以
即可得四边形的面积的最小值为；
【小问3详解】
若直线始终平分圆的面积，则可知过圆心，
即，所以，
又，
所以；
当且仅当时，即时，等号成立；
所以的最小值为.
