1、2021年北京市海淀区二校联考高二上期中数学试卷一、选择题（共10个小题，每小题5分，共50分）1已知直线过点，且与直线平行，则的方程是ABCD2设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是A若，则B若，则C若，则D若，则3已知点，则以线段为直径的圆的方程是ABCD4设，是空间不共面的四点，且满足，为中点，则是A钝角三角形B锐角三角形C直角三角形D不确定5已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则A2BCD66对于空间任意一点和不共线的三点，有，则“，”是“，四点共面”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D即不充分也不必要条件7如图，在平面四边形中，设，将四边
2、形沿对角线折成四面体使平面，则下列结论正确的是ABC与平面所成的角为D四面体的体积为8在直角坐标系中，、分别是轴和轴上的动点，若以线段为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为ABCD9如图，在三棱锥中，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为ABCD10在平面斜坐标系中，点的斜坐标定义为：“若（其中分别为与斜坐标系的轴，轴同方向的单位向量），则点的坐标为，”若，且动点满足，则点在斜坐标系中的轨迹方程为ABCD二、填空题（本大题共5个小题，每小题5分，共25分）11过点且倾斜角比直线的倾斜角小的直线的方程是 12已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，2，2，对于结论：；是平面的法
3、向量；其中正确的是13在平面直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后，两点间的距离为 14如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是以为直角的等腰三角形，是的中点，点在线段上，当时，平面15已知点为圆上任意一点，过点作两直线分别交圆，两点，且，则的取值范围是 三、解答题（本大题共4小题，共45分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16已知过点的直线与直线相交于点，且，求直线的方程17（15分）如图，在棱长均为2的三棱柱中，点在平面内的射影为与的交点，分别为，的中点（）求证：四边形为正方形；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）在线段上存在一点，使得直线与平面没有公共点，求的值18
4、（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知以为圆心的圆及其上一点（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；（2）设平行于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；（3）设点满足：存在圆上的两点和，使得，求实数的取值范围19（10分）将边长为1的正三角形的各边都且等分，过各分点做平行于其他两边的直线，将这个三角形等分成小三角形，各小三角形的顶点称为结点，在每个结点处放置了一个实数，满足以下两个条件：，三点上放置的数分别为，；在每个由有公共边的两个小三角形组成的菱形中，两组相对顶点上放置的和相等（1）当，时，如图1，的三个结点处放置的三个实数分别为，那么（请直接写出答案）；（2）
5、当时，如图2，与的边平行的直线上的三个连续的结点上放置的数为，那么求证：并求所有结点上最大数与最小数对应结点的距离（规定当最大数与最小数相同时对应结点的距离为；（3）求结点上所有数的和参考答案一、选择题（共10个小题，每小题5分，共50分）1【分析】直接利用平行直线系的应用求出结果【解答】解：设过点，且与直线平行的直线方程为，所以故直线的方程为故选：【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题2【分析】用直线与平面平行的性质定理判断的正误；用直线与平面平行的性质定理判断的正误；用线面垂直的判定定理判断的正误；通过面面垂直的判定定理进行判断的正误
6、【解答】解：、，则，与可能相交也可能异面，所以不正确；、，则，还有与可能相交，所以不正确；、，则，满足直线与平面垂直的性质定理，故正确、，则，也可能，也可能，所以不正确；故选：【点评】本题主要考查线线，线面，面面平行关系及垂直关系的转化，考查空间想象能力能力3【分析】由线段的中点坐标公式和两点间的距离公式，分别算出圆的圆心和半径，即可得出所求圆的方程【解答】解：点，以线段为直径的圆，圆心为中点半径因此，所求圆的方程为故选：【点评】本题给出、的坐标，求以为直径的圆方程着重考查了线段中点坐标公式、两点间的距离公式和圆的方程等知识，属于基础题4【分析】由，结合数量积的运算法则展开运算可得，从而得解【
7、解答】解：因为为中点，所以，所以，所以，即为故选：【点评】本题考查空间向量的混合运算，熟练掌握空间向量的加法、数乘和数量积的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题5【分析】求出圆的标准方程可得圆心和半径，由直线经过圆的圆心，求得的值，可得点的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得的值【解答】解：圆，即，表示以为圆心、半径等于2的圆由题意可得，直线经过圆的圆心，故有，点，切线的长故选：【点评】本题主要考查圆的切线长的求法，解题时要注意圆的标准方程，直线和圆相切的性质的合理运用，属于基础题6【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合空间四点共面的等价条件进行判断即可【解答】解：，
8、且，四点共面的等价条件是若，满足，则，四点共面，但，四点共面，不一定有，故，是，四点共面的充分不必要条件，故选：【点评】本题考查充分条件和必要条件的判断，根据空间四点共面的等价条件是解决本题的关键，考查推理能力，属于基础题7【分析】用反证法判断；用勾股定理逆定理判断；求直线与平面成角判断；求三棱锥体积判断【解答】解：对于，假设对，因为，所以平面，因为平面平面，所以，但，矛盾，所以错；对于，因为平面平面，所以是在平面内投影，又因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以对；对于，因为，所以平面，所以与平面所成的角为，所以错；对于，取中点，连接，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，所以错故选：【
9、点评】本题以命题真假判断为载体，考查了直线与平面的位置关系，考查直线与平面成角问题，属于中档题8【分析】由向直线作垂线，垂足为，当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆的直径为到直线的距离，由此能求出圆面积最小值【解答】解：为直径，点必在圆上，由向直线作垂线，垂足为，则当恰为圆与直线的切点时，圆的半径最小，此时圆的直径为到直线的距离，此时圆的半径，圆面积最小值故选：【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查圆的面积的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题9【分析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，设
10、，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值【解答】解：设线段的中点为，连接，为的中点，则，则，同理可得，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，平面，以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为是边长为4的等边三角形，为的中点，则，则，、，2，、，2，、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，故当时，有最大值3，即，故，即有最大值，所以，故选：【点评】本题主要考查异面直线所成的角，空间向量及其应用等知识，属于中等题10【分析】欲求点在斜坐标系中的轨迹方程，设，只须求出其坐标，之间的关系即可，根
11、据，建立等式关系，解之即可求出点的轨迹方程【解答】解：设，由定义知，由，得：，整理得：故选：【点评】本题是新信息题，读懂信息，斜坐标系是一个两坐标轴夹角为的坐标系，这是区别于以前学习过的坐标系的地方，本小题主要考查向量的模、平面向量的基本定理及其意义、轨迹方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想属于基础题二、填空题（本大题共5个小题，每小题5分，共25分）11【分析】根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解【解答】解：直线的斜率为1，可得倾斜角为，所求直线的倾斜角为，又所求直线过点，所求直线的方程为故答案为：【点评】本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题12【
12、分析】利用向量垂直与平行的性质能求出结果【解答】解：由，2，2，知：在中，故正确；在中，故正确；在中，由，知是平面的法向量，故正确；在中，3，假设存在使得，则，无解，与不可能平行故不正确；综上可得：正确故答案为：【点评】本题考查命题真假的判断，考查向量垂直、向量平行等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题13【分析】求出沿轴将坐标平面折成的二面角后，点在平面上的射影为的坐标，作轴，交轴于点，然后利用空间向量表示，利用向量的模的性质进行求解，即可得到答案【解答】解：在平面直角坐标系中，现沿轴将坐标平面折成的二面角后，点在平面上的射影为，作轴，交轴于点，所以，所以故答案为：13【点评】本题考
13、查了空间中两点之间的距离，涉及了二面角的应用，解题的关键是将立体几何问题转化为空间向量问题，属于中档题14【分析】利用已知条件判断平面，然后说明设，由直角三角形的勾股定理，计算可得所求值【解答】解：由已知得，又是的中点，所以，又侧棱底面，可得侧棱平面，又平面，所以，因为，所以平面，又平面，所以，若平面，则必有在平面中，设，则，则，又，所以，解得或2故答案为：1或2【点评】本题考查直线与平面的位置关系，主要是垂直的判定，考查空间想象能力以及运算能力、推理能力，属于中档题15【分析】不妨设，根据圆的对称性得到，由，求出的取值范围即可【解答】解：根据圆的对称性，可设，则，的取值范围是，故答案为：，【
14、点评】本题考查了直线与圆的位置关系，三角函数的图象与性质，考查运算求解能力及化归与转化思想，是中档题三、解答题（本大题共4小题，共45分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16【分析】设，代入直线的方程中，可得关系式，再由两点间的距离公式可得关系式，解之即可得和的值，再由点斜式写出直线方程，即可【解答】解：设，因为点在直线上，所以，因为，所以，由，得，解得，或，当，时，直线的方程为，即；当时，直线的方程为，故直线的方程为或【点评】本题考查直线的方程，两点间的距离公式等，考查分类讨论思想，运算求解能力，属于中档题17【分析】根据勾股定理即可证明，从而可得对角线相等，得出结论；建立空间坐标系
15、，求出平面的法向量，则线与平面所成角的正弦值为；设点坐标为，求出平面的法向量，令求出即可得出的值【解答】解：（）连结在平面内的射影为与的交点，平面，由已知三棱柱各棱长均相等，所以，且为菱形由勾股定理得，即四边形为正方形（）由（）知平面，在正方形中，如图建立空间直角坐标系由题意得，所以设平面的法向量为，则，即令，则，于是，1，又因为，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（）直线与平面没有公共点，即平面设点坐标为，与重合时不合题意，所以因为，设，为平面的法向量，则，即令，则，于是，若平面，又，所以，解得此时平面，所以，所以【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题1
16、8【分析】（1）设，则圆为：，从而得到，由此能求出圆的标准方程（2）由题意得，设，则圆心到直线的距离：，由此能求出直线的方程（3）任意，欲使，此时，只需要作直线的平行线，使圆心到直线的距离为，由此能求出实数的取值范围【解答】解：（1）在直线上，设，圆与轴相切，圆为：，又圆与圆外切，圆，即圆，解得，圆的标准方程为（2）由题意得，设，则圆心到直线的距离：，则，即，解得或，直线的方程为：或（3），即，又，即，解得，对于任意，欲使，此时，只需要作直线的平行线，使圆心到直线的距离为，必然与圆交于、两点，此时，即，因此实数的取值范围为，【点评】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线方程的求法，考查实数的取值
17、范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用19【分析】（1）根据题意即可得出答案；（2）条件可叙述为：在所述菱形中，两相邻顶点上放置的数的差与另两个相邻顶点上放置的数的差相等，即可证明；分和，不相等两种情况讨论即可得解；（3）根据题意可知是，的对称式（对称函数），因此，的系数相等，即，其中，为待定系数，令，求出，即可得解【解答】（1）解：由题意可得，所以；（2）证明：条件可叙述为：在所述菱形中，两相邻顶点上放置的数的差与另两个相邻顶点上放置的数的差相等，由此在图2中同一条线上的三个连续的结点上放置的数成等差数列（因为有两个结点既与这三个连续结点的前两个构成菱形，也与后两个构
18、成菱形），所以；由于等差数列的每一项都是首项与另一项的一次式，所以各结点上放置的数都是，的一次式，若，那么所放置的数均相等，所以，若，不相等，设最大，最小，由于等差数列中，最大（最小）的项是首项或末项，所以在所放置的数中也是最大，最小，所以综上，；，不相等，；（3）解：当，任意两个字母互换时，相当于改变三角形的位置，所以总和保持不变，即是，的对称式（对称函数），因此，的系数相等，即，其中，为待定系数，令，这时所有结点上的数为0，从而，令，这时所有结点上的数为1，等于结点的个数为，从而，所以【点评】本题考查了数列的应用，解题的关键是在每个由有公共边的两个小三角形组成的菱形中，两组相对顶点上放置的和相等，考查了逻辑推理能力和数学分析能力，难度较大