2024北京日坛中学高二（上）期中数学（教师版）

第1页/共1页2024北京日坛中学高二（上）期中数学（本试卷共4页，考试时间120min，满分150分）第一部分（选择题共50分）一、单选题：（共10小题，每小题5分）1.直线的倾斜角为（）A.30° B.45° C.60° D.135°2.已知圆：，圆：，那么两圆的位置关系是（）A.相交 B.外离 C.外切 D.内含3.已知点，为坐标原点，且，则（）A. B. C. D.4.如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（）A. B.C. D.5.在同一平面直角坐标系中，直线：和直线：有可能是（）A.B.C. D.6.已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（）A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件7.已知底面边长为2的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为（）A. B. C. D.8.已知直线l1：mx-y+m=0与直线l2：x+my-1=0的交点为Q，椭圆的焦点为F1，F2，则|QF1|+|QF2|的取值范围是（）A. B. C. D.9.如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（）A.存在点∥平面 B.对任意点C.存在点，使得与所成的角是 D.不存在点，使得与平面所成的角是10.设集合，，，中至少有两个元素，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，则；则集合可以是（）（1）（2）（3）（4）A.（1）（2） B.（2）（3） C.（2）（4） D.（3）（4）第二部分（非选择题共100分）二、填空：（共6小题，每小题5分）11.已知，，且，那么___________．12.圆截直线所得的弦长为_________．13.已知点，是椭圆C：的两个焦点，点M在椭圆C上，则的周长为__________.14.已知直线，．若，则实数的值是_______．15.能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为______.16.已知四棱锥的高为和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：①四棱锥不可能为正四棱锥；②空间中一定存在到距离都相等的点；③可能有平面平面；④四棱锥的体积的取值范围是.其中所有正确结论的序号是___________.三、解答题：（共70分）17.已知椭圆，左右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点．（1）求椭圆的焦点坐标及离心率；（2）求的面积．18.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调区间；（3）求在区间上的最值.19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点B到平面的距离．20.如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.条件①：；条件②：；条件③：平面平面注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.21.已知椭圆的离心率是.（1）求椭圆的方程；（2）已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点.如果为锐角，求的取值范围.

参考答案第一部分（选择题共50分）一、单选题：（共10小题，每小题5分）1.【答案】D【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系即可得出答案.【详解】由题意，直线,则直线的斜率,设直线的倾斜角为，则,又因为,所以.故选：D.2.【答案】A【分析】分别找出两圆的圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式求出两圆心的距离，并与半径比较即可．【详解】由题意，圆圆心为，半径，圆圆心为，半径，则圆心距，且，所以两圆相交.故选：A.3.【答案】D【分析】由已知可得，根据向量坐标运算求出，利用向量模的坐标运算可得结果.【详解】因为，所以，又，即，所以，所以，故选：D.4.【答案】B【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】在平行六面体中，E为BC的中点，所以.故选：B5.【答案】B【分析】根据每个选项中与的图象，分别确定的取值即可判断.【详解】对于A，直线单调递减，与轴交于正半轴，则，直线单调递减，与轴交于负半轴，则，不成立，故A错误；对于B，直线单调递减，与轴交于负半轴，则，直线单调递减，与轴交于负半轴，则，成立，故B正确；对于C，直线单调递增，与轴交于负半轴，则，直线单调递增，与轴交于正半轴，则，不成立，故C错误；对于D，直线单调递增，与轴交于正半轴，则，直线单调递减，与轴交于正半轴，则，不成立，故D错误；故选：B.6.【答案】D【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.【详解】若，则或，故充分性不成立，若，则，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：D.7.【答案】D【分析】根据异面直线所成角及余弦定理即可求解.【详解】如图，连接，则，正四棱柱的体积为，则，则，则为异面直线与所成角，则，，故.故选：D8.【答案】D【分析】判断两条直线经过的定点，判断交点所在的位置，利用椭圆的定义判断求解即可．【详解】椭圆的焦点为：，由与方程可知直线与直线的交点为，且两条直线经过定点，它们的交点满足：，在椭圆内部且与椭圆的短轴端点相交当与重合时，取最小值为：当与短轴端点重合时，取最大值为：的取值范围是：本题正确选项：【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，轨迹方程的求法，关键能够通过直线经过的定点确定交点的位置．9.【答案】D【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知.【详解】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，又，∴，又，则，∴，选项A，取平面的一个法向量，令，解得，此时，∴当时，与垂直，而平面，故∥平面，故A项正确；选项B，，则，故对任意点，故B项正确；选项C，，则，令，化简得，解得，或，故存在点，使得与所成的角是，故C项正确；选项D，连接，在正方体中，由底面是正方形，则，由平面，平面，则，又平面，平面，，则平面，即是平面的一个法向量，由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是，即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误.故选：D.10.【答案】C【分析】对选项逐个进行判断，出现矛盾的可排除，正确的证明即可.【详解】对于（1），易知，所以应有，矛盾，即（1）错误；对于（2），易知，且，则可取满足题意，即（2）正确；对于（3），易知，所以应有，矛盾，即（3）错误；对于（4），易知，且，则可取满足题意，即（4）正确；故选：C.第二部分（非选择题共100分）二、填空：（共6小题，每小题5分）11.【答案】【分析】利用向量共线定理求解即可.【详解】，，，则，解得：，.故答案为：12.【答案】【分析】把圆的方程化成圆的标准方程，求出圆心坐标和半径，再求出圆心到直线的距离，根据垂径定理，利用勾股定理可以求出弦长的一半，最后求出弦长．【详解】圆心的坐标为（2，-2），半径，圆心到直线的距离，根据垂径定理，可以求出弦长．13.【答案】18【分析】根据椭圆的定义求出以及的长，从而得到的周长.【详解】

因为椭圆，所以,由椭圆定义可得，，所以的周长为.故答案为：18.14.【答案】0或－3【详解】试题分析：由题意得：考点：直线位置关系15.【答案】0【分析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，得到，求得的取值范围，即可求解.【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，若直线与圆有两个不同的交点，则满足圆心到直线的距离小于圆的半径，即，解得，所以命题为真命题的一个的值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，列出不等式求得的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.16.【答案】②④【分析】对①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；对②，设四棱锥的高为，分析可得点满足；对③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；对④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可【详解】根据题意，设，则，又因为和均是边长为的等边三角形，易得，且对①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①错误；对②，，故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确；对③，当平面平面时，因为，故平面，此时，又因为，此时重合，不满足题意，③错误；对④，设，则，因为，故，所以，故④正确故答案为：②④三、解答题：（共70分）17.【答案】（1）焦点坐标为；离心率为（2）【分析】（1）由椭圆的定义及性质可以得出椭圆的焦点坐标及离心率，（2）先计算点到的距离，再利用公式求出线段的长，最后用面积公式计算解决问题.【小问1详解】椭圆知，该椭圆的焦点在轴上，设焦距为，由，所以，所以焦点坐标为离心率为：【小问2详解】由直线与椭圆相交于两点，设则消去得，，所以又到的距离为所以的面积为：18.【答案】（1）（2）单调增区间为：，；单调减区间为：，.（3）最小值为0，最大值为2.【分析】（1）先利用三角变换公式把化成的形式，利用求函数周期.（2）整体换元法求函数的单调区间.（3）整体换元法求函数的值域.【小问1详解】因为.由，所以函数的最小正周期为：.【小问2详解】由，得：，.由由，得：，.所以函数的单调增区间为，；单调减区间为：，.【小问3详解】因为，所以.所以.所以函数在上的最小值为0，最大值为2.19.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出面面角的余弦值；（3）利用点到平面距离的向量公式求解即可.【小问1详解】因为为正方形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面，平面，所以，，又，所以两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图，由，则，，设平面的法向量n=x,y,z则，令，则，所以，又因为平面，所以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】因为平面的法向量，，所以，所以点B到平面的距离为.20.【答案】（1）证明见详解（2）（3）存在点；【分析】（1）只能选择①③，由平面平面易证，结合勾股定理逆定理可证，进而得证平面；（2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴，求出和平面的法向量，结合线面夹角的向量公式即可求解；（3）结合向量法，要使平面，即，求出点坐标，进而求出的长.【小问1详解】因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选，选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选①②无法证明平面；故只能选择①③，理由如下：因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面，又因为平面，所以，，所以，又因为，所以，平面，，所以平面；【小问2详解】由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；【小问3详解】假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，所以存在点，为中点，使得平面，此时.21.【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意，列出方程组，求得，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，根据根和系数的关系，结合向量的数量【详解】（1）由题意，椭圆的离心率是，可得解得，所以椭圆的