北京市第一○一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题含答案

北京一零一中2024—2025学年度第一学期期中考试高二数学（本试卷满分120分，考试时间100分钟）一、选择题共10小题，每小题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.点到直线的距离等于（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】直接利用点到直线的距离公式求解即可.点到直线的距离等于.故选：C2.椭圆的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆方程求出，借助离心率公式计算即可.因为，所以，解得，故离心率为.故选：C.3.如图，在四面体中，，，.点，分别为棱，的中点，则（）A. B.C D.【答案】D【解析】【分析】由，再结合三角形法则即可求解.，，故选：D4.在正方体中，分别为和的中点，则异面直线与.所成角的余弦值是（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，转化为求解两向量夹角的余弦值即可.设正方体棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，由异面直线与.所成角为锐角，则余弦值面直线与.所成角的余弦值为.故选：B.5.若直线：与直线：平行，则（）A.3 B.C.3或 D.3或1【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用两直线平行的充要条件列式计算即得.由直线：与直线：平行，得，所以.故选：A6.在长方体中，，则二面角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.长方体中，，，，平面,平面,,又平面平面，为二面角所成的平面角，，所以二面角的余弦值为.故选：D.7.对于直线：，下列说法不正确的是（）A.恒过定点2,0 B.当时，不经过第二象限C.的斜率一定存在 D.当时，的倾斜角为60°【答案】D【解析】【分析】利用直线过定点的求法判断A，利用直线的斜截式，结合其与坐标的交点判断B，将直线方程化为斜截式可判断C，利用直线的斜率与倾斜角的关系判断D，从而得解.对于A，直线：，可化为，当时，，所以直线过点，故A正确；对于B，当时，直线为，即，其斜率是2，与坐标轴的交点分别是和，因此直线过一、三、四象限，不过第二象限，故B正确.对于C，直线方程可化为，斜率为，一定存在，故C正确；对于D，当时，直线的斜率为，倾斜角为，故D错误；故选：D.8.若直线经过点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由点可知点在单位圆上运动，由题意可得直线和单位圆有公共点，借助圆心到直线的距离与半径的关系可求.因为，所以点在单位圆上，因为直线过点，所以直线和单位圆有公共点，所以圆心到直线的距离，可得，故选：D.9.在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于12，化简得曲线：，下列结论不正确的是（）A.曲线关于轴对称 B.的最大值为3C.的最小值为 D.的最大值为4【答案】B【解析】【分析】令可判断A；结合条件利用基本不等式可判断B；将曲线方程进行变形，结合换元法与二次函数的性质可判断C；利用两点间的距离公式，结合的范围可判断D.对于A：方程中的换成方程不变，所以曲线C关于轴对称，故A正确；对于B：由题意，得，令，则，，所以，因为当且仅当，时，，此时才有，但显然不成立，所以不可能取得这个值，故B错误；对于C：由题意得，所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D：因为，即，则，解得，因为，而，，，此时，所以，即最大值为4，故D正确，故选：B.10.如图，棱长为2的正方体中，点为的中点.动点满足，，.给出下列四个结论：①平面平面；②设直线与平面所成角为，则的取值范围是；③设平面，则三棱锥的体积为；④以的边所在直线为旋转轴，将旋转，则在旋转过程中，的取值范围是.其中正确结论的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】①如图建立坐标系，求出平面与平面法向量，即可判断两平面关系；②由坐标系可求出表达式，后由表达式几何意义可得其范围，即可得范围；③由空间几何知识可得点P位置，后由题可得，由空间向量知识可得点P到平面距离，即可得三棱锥的体积；④由题可得轨迹，画出平面图，由圆外一点到圆上点距离最值可得的取值范围.①如图建立以D为原点的空间直角坐标系，则.则，，，.设平面法向量为n1=x1取.设平面法向量为，则，取.注意到，则①平面平面，故①正确；②由①可得，则，又，则.又平面的法向量可取，则.注意到表示点到点的距离.如下图所示，则当与S无限接近时，λ−12当无限接近或时，，则，则.故②正确；③如图，连接，过作MC平行线，则N为AD中点，四点共面，连接，则与交点即为P.注意到与相似，则，则.，设平面的法向量为，则，取，则点P到平面距离为：，又.则，故③正确.④连接，设，中点为F.由题可得，则轨迹为以为圆心，以为半径在平面上圆.又M在平面上的射影为中点G，则，因，则.如下列平面图，连接EF，则，则.则如图，当E，H，G三点共线时，最短，为；当G，E，I三点共线时，最长，为.则，即的取值范围是.故④正确.故选：D【点睛】关键点睛：对于较复杂立体几何问题，常建立坐标系，将空间中点，线，面关系，角度，距离转化为空间向量表达式.二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.11.如果直线与直线互相垂直，则实数的值是______.【答案】【解析】【分析】由题设条件，可利用两直线垂直的条件建立方程，解此方程即可得出的值．因为直线与直线互相垂直,所以，解得.故答案为：.12.已知圆的面积为，则__________．【答案】【解析】【分析】根据圆的面积求出圆的半径，利用圆的标准方程求出半径即可列方程求解.圆化为标准方程为：，圆的面积为，圆的半径为，，解得．故答案为：13.过点的直线与圆：交于，两点，为圆心，当最小时，直线的方程是______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，判断直线与圆的位置关系，求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即可.点在圆：的内部，则直线和圆相交，当最小时，圆心到直线的距离最大，此时直线，直线的斜率，因此直线的斜率为，所以直线的方程为，即.故答案为：14.已知椭圆，左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若的最大值为，则的值是______.【答案】【解析】【分析】根据椭圆定义，结合通径的性质求解的最值，列方程即可求解.由可知，焦点在x轴上，∵过的直线交椭圆于A，B两点，∴，∴.当AB垂直x轴时AB最小，值最大，此时，∴，解得.故答案为：215.如图，长方形中，，，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，，在翻折的过程中（从初始位置开始，直到点再次落到平面内），点到平面距离的最大值为______，的中点的轨迹长度为______.【答案】①.②.【解析】【分析】第一空，直观想象翻折过程中点的运动轨迹，结合点面距离的定义判断得所求为，从而得解；第二空，利用平行线的传递性，将问题等价于点的轨迹长试，从而得解.第一空：过作交于，易知当平面时，点到平面距离取得最大值，因为在中，，，，所以，；第二空，取的中点，连接，则，又，则平行且相等，四边形是平行四边形，所以点F的轨迹与点的轨迹形状完全相同.过作的垂线，垂足为，则的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而PD的中点F的轨迹长度为.故答案为：；.16.已知直线：与：相交于，两点，为弦的中点.给出下列三个结论：①弦长度的最小值为；②点的轨迹是一个圆；③若点，点，则不存在点使得；其中所有正确结论的序号是______.【答案】①③【解析】【分析】求出直线过的定点，再利用圆的性质求出弦长最小值判断①；利用圆的性质求出点的轨迹判断②；判断两圆的位置关系判断③即可得答案.直线：过定点，：的圆心，半径，显然点在内，，对于①，当时，弦长度最小，最小值为，①正确；对于②，当与都不重合时，，则点在以线段为直径的圆上，当与之一重合时，点也在以线段为直径的圆上，此圆圆心，半径为1，而直线不包含过点且垂直于轴的直线，即点的坐标不能是，所以点的轨迹是以线段为直径的一个圆，除点外，②错误；对于③，以点与为直径端点的圆的圆心，半径为，而，即以为直径的圆和以为直径的圆相离，点在以为直径的圆外，因此不存在点使得，③正确，所以所有正确结论的序号是①③.故答案为：①③【点睛】关键点点睛：命题③，确定以为直径的圆和以为直径的圆相离是解决问题的关键.三、解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质判定及面面垂直的判定推理即得.（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解.（3）利用空间向量求出点到平面距离.【小问1详解】在四棱锥中，平面，平面，则，由底面为正方形，得，而平面，因此平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】由平面，平面，得，，又，则直线两两垂直，以A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，由，则，，设平面的法向量，则，令，则，所以为平面的一个法向量，由平面，得为平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】由（2）知，平面的一个法向量为，，所以点到平面的距离.18.已知圆过点和点，且圆心在直线上，直线过点.（1）求圆的方程；（2）若与圆相切，求的方程；（3）若与圆相交于，两点，线段的中点为，与：的交点为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，借助两点间距离公式求出圆心和半径即可得圆的方程.（1）按直线l1的斜率存在与否分类，借助点到直线的距离公式求解即可.（2）设出直线的方程，求出点的坐标，再利用两点间距离公式计算即得.【小问1详解】设圆心，由圆心在直线上及点和点都在圆上，得，即，解得，即，所以圆的方程为.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，点到直线的距离为2，直线与圆相切，方程为；当直线的斜率存在，设直线为，即，圆心到直线的距离等于半径2，即，解得，方程为，所以直线方程是或.【小问3详解】由（2）知，直线的斜率必定存在，且不为0，其方程为：，由，解得，即，又直线与垂直，则直线所在的直线方程为，由，解得，即，因此.所以为定值.19.羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于.（1）求证：平面；（2）已知点是线段上的动点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.条件①：平面平面；条件②：.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程.小问1详解】因为，且为中点，所以又因为，，且为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】若选条件①：平面平面，取的中点，取的中点，连接，因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，，因为平面平面，且平面平面，面，所以平面，因为平面，所以，所以两两垂直.故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系；因为，，所以，所以，，因为点是线段上的动点，所以AQ=λAE=所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的法向量为，设直线与平面所成角，则，结合二次函数的知识可知：当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.若选条件②：，取的中点，连接，因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，所以，在中，，所以.所以二面角为直二面角，所以平面平面，又平面平面，面，所以平面，因为平面，所以，所以两两垂直.故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系；因为，，所以，所以，，因为点是线段上的动点，所以AQ=λAE=所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的法向量为，设直线与平面所成角，则，结合二次函数的知识可知：当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.20.已知集合（，），若与满足，且（），则称集合可分，称为的一个分法.（1）已知是的一个分法，试写出，，，，，的值；（2）若集合可分，证明：集合的分法一定有偶数个；（3）判断，是否可分.若可分，写出共有几种分法，并推出所有的分法；若不可分，说明理由.【答案】（1）（2）证明见解析；（3）答案见解析；【解析】【分析】（1）由题可得与的值，后由题可得的可能值，讨论后可得答案；（2）证明集合的任意一种分法，与另一种分法相互对应即可；（3）由题可得表达式，利用为整数，可完成判断.后利用列举法结合（2）中结论可推出所有分法.【小问1详解】由题及集合互异性，可知互不相同.则，.因，则，又1，2，4，则或5.若，与题意不符，则.此时，1到8中还剩下3与7，则.综上，；【小问2详解】证明：若可分，则存在与满足，且（）.下面证明：若为的一个分法，则也为的一个分法，且与不同.因，则.又因互不相同，则互不相同.结合，则为一个分法.又因为奇数，则.若，因，