2023北京北师大二附中高二（上）期中
数 学
班级：_____________ 姓名：_____________ 学号：_____________
一、选择题（共10小题；共40分）
1. 已知两点所在直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A. -5 B. -7 C. -2 D. 2
2. 直线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A. B. C. D. 6
3. 若直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1，则实数的值为（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
4. 圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的纵坐标为（ ）
A. 2 B. C. 1 D. 0
5. 若点是直线：外一点，则方程 表示（ ）
A. 过点且与垂直的直线 B. 过点且与平行的直线
C. 不过点且与垂直的直线 D. 不过点且与平行的直线
6. 已知直线不经过第一象限，则实数k的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
7. 已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D.，则
8. 已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（ ）
A. B. C. D.
9. 在平行四边形中，，,，将沿折起，使得平面平面，则到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
10. 中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（ ）
A. 24 B. 28 C. 32 D. 36
二、填空题
11. 直线过点P(1，2)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为__________．
12. 直线l：ax+（a+1）y+2=0的倾斜角大于45°，则a的取值范围是______．
13. 已知，.当时，实数________.
14. 已知直线l：交圆C：于A，B两点，则________.
15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段上的动点，给出下列四个结论：
①当为线段的中点时，两点之间距离的最小值为；
②当为线段的中点时，三棱锥的体积为定值；
③存在点，，使得平面；
④当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为.
其中所有正确结论的序号是___________.
三、解答题
16. 已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程．
17. 已知函数图像的对称中心到对称轴的最小距离为.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的值域.
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求角的大小；
（2）若，，的面积为，求a，c的值．
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③与平面所成的角为.
若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20. 如图，在多面体中，平面平面．四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
21. 设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
（1）直接写出的所有自邻集；
（2）若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
（3）若，求证：.
参考答案
一、选择题（共10小题；共40分）
1. 【答案】A
【分析】根据两点的坐标，列出斜率表达式，然后根据倾斜角得到斜率，列出方程求解即可.
【详解】因为两点所在直线的倾斜角为，
所以
即，解得
故选：
2. 【答案】A
【分析】直接利用斜率相等列方程求解即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，
故选：A.
【点睛】本题主要考查两直线平行的性质：斜率相等，属于基础题.
3. 【答案】C
【分析】根据直线方程求得在坐标轴的截距，结合题意列出方程组，即可求解.
【详解】由直线，令，可得；令，可得，
因为直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为1，
所以，可得，解得.
故选：C.
4. 【答案】C
【分析】由题意直线垂直于直线，利用点斜式写出直线，再求其与轴交点即得结果.
【详解】由题设，直线垂直于直线，则直线，
又圆心在轴上，令，则，即圆心的纵坐标为1.
故选：C
5. 【答案】B
【分析】由题意可推出，由此可判断直线与平行，将代入方程，看是否成立，判断直线是否过点P，可得答案.
【详解】由题意可知点是直线：外一点，
故且为常数，
所以方程中，且为常数，
则直线与平行，
将代入中，
即，即点P在该方程表示的直线上，
故方程表示过点且与平行的直线，
故选：B
6. 【答案】D
【分析】将直线变形成斜截式，因直线不过第一象限，故斜率小于等于零.
【详解】直线，即，过定点，若不经过第一象限，则它的斜率，解得．
故选：D
7. 【答案】C
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可.
【详解】如图所示正方体中，
若直线分别对应，底面对应，显然有，
但，即A错误；
若底面对应，侧面分别对应，显然有，
但，即B错误；
同上假设底面对应，侧面分别对应，
则直线分别对应，显然三条直线两两垂直，即D错误；
由面面平行的性质可知C项正确.
故选：C
8. 【答案】B
【分析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.
【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，
则，又平面，平面，∴平面，
易知，故平面与平面是同一个平面，
∴平面，此时，
故选：B
9. 【答案】D
【分析】计算可得，结合平面平面，得平面，平面平面，在平面内，作于点H，则即为所求点B到平面的距离，计算可得结果.
【详解】由，,， 得，，
则，，又四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面，
在平面内，作于点H，因为平面平面，平面平面，
所以平面，则即为所求点B到平面的距离，
在直角三角形中，，又，
所以.
所以到平面的距离为.
故选：D.
10. 【答案】B
【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.
【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，
依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，
因此，于是长方体的体积，
所以该正四棱台的体积为.
故选：B
【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.
二、填空题
11. 【答案】
【分析】先由直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程，然后化为一般式即可.
【详解】因为直线的一个方向向量为(2，1)，
所以直线的斜率为，
因为直线过点P(1，2)，
所以直线为，即，
故答案为：
12. 【答案】
【分析】当a=-1时，符合题意；当a≠-1时，只需<0或>1即可，解不等式综合可得．
【详解】当a＝－1时，直线l的倾斜角为90°，符合要求；当a≠－1时，直线l的斜率为，只要>1或者<0即可，解得－1
【点睛】本题考查直线的倾斜角，涉及解不等式和分类讨论，属基础题．
13. 【答案】
【分析】运用空间向量垂直的坐标公式计算即可.
【详解】因为，，，
所以，即，解得.
故答案为：.
14. 【答案】
【分析】根据圆的方程得出圆心坐标和圆的半径，结合点到直线的距离公式求出d，再利用几何法求出弦长
【详解】圆C：的圆心坐标为，半径，
点到直线l：的距离，
所以直线l被圆C截得线段的长.
故答案为：.
15. 【答案】②③
【分析】对于①，根据垂线段最短，结合等边三角形图形特点进行计算即可；
对于②，根据三棱锥体积公式进行判断即可；
对于③，根据线面垂直的判定定理得到平面，进而判断即可；
对于④，根据正方体图形特点找到截面，进而求解周长即可.
【详解】对于①，当为线段的中点时，连接，如图所示，
则为线段的中点，是边长为的正三角形，
两点之间距离的最小值为到的垂线段长度，
此时，故①错误；
对于②，当为线段的中点时，连接，如图所示，
显然，到平面的距离为定值，面积为定值，
结合三棱锥体积公式可知，三棱锥的体积为定值，故②正确；
对于③，当与重合，与重合时，如图所示，
由正方体可知平面，，
因为平面，所以，
又因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
同理，，
又因为平面，，
所以平面，即平面，
所以存在点，，使得平面，故③正确；
对于④，当为靠近点的三等分点时，延长交于点，
取中点，连接，如图所示，
由得四边形是平行四边形，所以 ，
由可知，即，
所以是中点，又因为是中点，所以,，
所以平面截该正方体所得截面为等腰梯形，
在直角中，，同理，
所以截面的周长为,
即当为靠近点的三等分点时，平面截该正方体所得截面的周长为，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
三、解答题
16. 【答案】（1）；
（2）或.
【分析】（1）利用待定系数法即得；
（2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得.
【小问1详解】
由题可设圆的标准方程为，
则，
解得，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
由可知圆心，半径为2，
因为直线与圆交于两点，，
所以圆心到直线的距离为1，
当直线斜率不存在时，直线为，满足题意；
当直线斜率存在时，可设直线的方程为，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或.
17. 【答案】（1），
（2）
【分析】（1）根据条件求出，从而得到，再利用的性质即可求出结果；
（2）根据（1）中结果，易得到函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，利用函数的单调性即可求出结果.
【小问1详解】
因为图像的对称中心到对称轴的最小距离为，则，
所以，又，由，解得，
所以，函数的解析式是，
由，，
解得，，
所以函数的减区间为，.
【小问2详解】
由，，得到，，
所以函数的增区间为，.
故由（1）知，函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，
因为，，，
故函数在区间上的值域为.
18. 【答案】（1）
（2），
【分析】（1）直接利用正弦定理结合三角恒等变换得到，得到答案.
（2）利用面积公式得到，根据余弦定理得到，解得答案.
【小问1详解】
，故，
即，整理得到，
，，
故，，
故.
【小问2详解】
，故，
，
故，
又，解得，.
19. 【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）设AC,BD交于点O，连结OF.利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选择条件①②③，都可以求出,，求出各个点的坐标，利用向量法求解.
【小问1详解】
设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点.
连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以.
因为面，面，
所以平面.
【小问2详解】
过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
选条件①：.
在菱形中， .因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件②.
在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件③：与平面所成的角为.
因为平面，所以为与平面所成的角，即.
在直角三角形中，由可得：.所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
20. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在点，使得平面，且
【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可证得结论，
（2）可证得两两垂直，所以分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，
（3）设，然后利用空间向量求解
【小问1详解】
证明：因为为正方形，
所以．
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面．
平面．
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，所以，．
因为，所以两两垂直．
分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为，，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则, 即
令，则，；
所以．
设直线与平面所成角为，
则．
直线与平面所成角为的正弦值为；
【小问3详解】
设，易知
设，则，
所以，所以，
所以．
设平面的一个法向量为，则，
因为，所以
令，则，所以．
在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得．
因为，由，
所以，
解得，
所以线段上存在点，使得平面，且．
21. 【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；
（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定
集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.
【小问1详解】
由题意可得，的所有自邻集有：；
【小问2详解】
对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
【小问3详解】
记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明：
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
【点睛】思路点睛：第二问取自邻集，和集合，，，，，先由定义判定，且集合也是自邻集，.即可证明结论；第三问记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，有，再分三类①自邻集含有，，这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集含有，这两个元素的集合共有个，③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个来证明：即可.
