2024-2025学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.直线y=3x−1的倾斜角为A.15° B.30° C.45° D.60°2.双曲线x26−yA.y=±12x B.y=±2x C.y=±3.已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，下列命题正确的是(

)A.若l//α，l⊥m，则m⊥α B.若α//β，m//α，则m//β

C.若l⊥α，l//β，则α⊥β D.若l//α，m//α，则l//m4.过点P(2,1)作圆C：x2+y2=1的切线l，则切线A.4x−3y−5=0 B.4x−3y−9=0

C.y=1或4x−3y−5=0 D.y=1或4x−3y−9=05.已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，满足∠F1MF2=π2A.(0,1) B.(0,12] C.(0,6.如图所示，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在OA上，且OM=2A.12a−23b+127.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为BA.π2 B.π3 C.π48.在平面内，A,B是两个定点，C是动点．若AC⋅BC=1，则点C的轨迹为A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线9.在正四棱锥P−ABCD中，AB=2，二面角P−CD−A的大小为π4，则该四棱锥的体积为(

)A.4 B.2 C.43 D.10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在平面BCA.两个点

B.线段

C.圆的一部分

D.抛物线的一部分二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。11.在空间直角坐标系中，已知点A(1,1,2)，B(−3,1,−2)，则线段AB的中点坐标是______．12.点P(1,−1)到直线x−y+1=0的距离是______．13.若直线l1：ax+2y+2=0与直线l2：3x−y−2=0平行，则a的值为______．14.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，点M在C上.若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|=______．15.如图所示，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，给出下列四个结论：

①平面BDC⊥平面ADC；

②AC//平面PQMN；

③平面ABD⊥平面ADC；

④AD⊥平面BDC．

其中所有正确结论的序号是______．三、解答题：本题共5小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题6分)

在△OAB中，O是坐标原点，A(−2,2)，B(1,3)，求△OAB的外接圆方程．17.(本小题8分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．

(Ⅰ)求证：BF//平面A1EC18.(本小题8分)

抛物线C：y2=4x的顶点为坐标原点O，焦点为F，过F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点．

(Ⅰ)当k=1时，求|AB|；

(Ⅱ)若△OAB的面积为6，求k19.(本小题9分)

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形.AD//BC，∠BAD=∠BAF=90°，AB=AD=1，BC=3．

(Ⅰ)求证：AF⊥CD；

(Ⅱ)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；

(Ⅲ)判断线段BD上是否存在点M，使得直线CE/​/平面AFM.(结论不要求证明)20.(本小题9分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,3)，且离心率为12.设A，B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆上异于A，B的一点，直线AP，BP分别与直线l：x=4相交于M，N两点，且直线MB与椭圆C交于另一点H．

(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；

(Ⅱ)求证：直线AP与参考答案1.D

2.C

3.C

4.C

5.C

6.B

7.D

8.A

9.C

10.B

11.(−1,1,0)

12.313.−6

14.4

15.ABC

16.解：设△OAB的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0)，

根据题意，可得17.(Ⅰ)证明：取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1=M，因为E，F分别为BB1，AC的中点，

可得M为NF的中点，所以EM//BF；

又因为EM⊂平面A1EC，BF⊄平面A1EC，

所以BF//平面A1EC；

(Ⅱ)证明：因为底面ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，

又因为A1A⊥底面ABC，BF⊂平面ABC，

所以AA1⊥BF，而AC∩AA1=A，

所以BF⊥平面ACC1A1，

18.解：(Ⅰ)易知抛物线C的焦点坐标为F(1,0)，

当k=1时，直线l的方程为y=x−1，

联立y=x−1y2=4x，消去y并整理得x2−6x+1=0，

此时Δ>0，

由韦达定理得xA+xB=6，xAxB=1，

所以|AB|=1+k2×(xA+xB)2−4xAxB=2×36−4=8；

(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x219.解：(Ⅰ)证明：因为ADEF为正方形，

所以AF⊥AD，

又因为∠BAF=90°，所以AF⊥AB，

因为AB∩AD=A，

所以AF⊥平面ABCD，又因为CD⊂平面ABCD，

所以AF⊥CD．

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，AF⊥AD，AF⊥AB，

因为∠BAD=90°，所以AB，AD，AF两两垂直，

分别以AB，AD，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，

因为AB=AD=1，BC=3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，

所以BF=(−1,0,1)，DC=(1,2,0)，DE=(0,0,1)，

设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅DC=0,n⋅DE=0.即x+2y=0z=0，

令x=2，则y=−1，所以n=(2,−1,0)，

设直线BF与平面CDE所成角为θ，

则sinθ=|cos〈n,BF〉|=|2×(−1)|5×2=105；

(Ⅲ)存在，

设BMBD=λ(λ∈(0,1]),

设M(x1,y1,z1)，则(x1−1,y1,z1)=λ(−1,1,0)，

所以x1=1−λ，y1=λ，z1=0，

所以M(1−λ,λ,0)，

所以AM=(1−λ,λ,0)．

设平面AFM的一个法向量为m=(x0,y0,z0)20.解：(Ⅰ)根据题意可知b=3ca=12a2=b2+c2，解得a=2b=3c=1.

所以椭圆C的方程x24+y23=1；

(Ⅱ)根据题意，直线AP，BP的斜率都存