2025北京四中高二（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京四中高二（下）开学考数学（试卷满分150分考试时间120分钟）一、选择题（本大题共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.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.2.双曲线的渐近线方程是（）A. B. C. D.3.若的展开式中所有二项式系数的和为32，则（）A.5 B.6 C.7 D.84.“”是“直线与圆相切”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5.某圆锥曲线是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过和两点，则曲线的离心率等于（）A. B. C. D.6.正四面体中，为中点，为的中点，则异面直线与所成的角为（）A. B. C. D.7.给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（）A.12种 B.18种 C.24种 D.64种8.已知抛物线的顶点是坐标原点O，焦点为F，A是抛物线C上的一点，点A到x轴的距离为．过点A向抛物线C的准线作垂线、垂足为B．若四边形ABOF为等腰梯形，则p的值为（）A.1 B. C.2 D.9.如图，在正方体中，是棱上的动点，下列说法中不正确的是（）A.存在点，使得 B.存在点，使得C.对于任意点，三棱锥的体积为定值 D.对于任意点，都不是锐角三角形10.在正方体中，动点在正方形及其边界上运动，且满足，则动点的轨迹为（）A.拋物线的一部分 B.椭圆的一部分 C.双曲线的一部分 D.以上都不对二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）11.展开式的常数项是__________．（用数字作答）12.已知抛物线的焦点为F，点P在该抛物线上，且P的横坐标为4，则____________．13.圆截直线所得弦长为2，则______.14.已知两点.点满足，则的面积是______.15.已知曲线.给出下列四个结论：①曲线是轴对称图形：②曲线上恰好有4个整点（即横，纵坐标均是整数的点）；③曲线上存在一点，使得到点的距离小于1；④曲线所围成区域的面积大于4.其中，所有正确结论的序号为______.三、解答题（本大题共6小题，共85分.）16.如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形.（1）求证：平面；（2）若平面，，求直线与平面所成角的正弦值.17.已知拋物线经过点.（1）求的值和拋物线的准线方程；（2）经过点的直线与拋物线交于两点，为坐标原点.求的大小.18.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面为棱的中点，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值；（3）求点到平面的距离.19.已知椭圆的左焦点为，且经过点.分别是椭圆的左，右顶点，点在椭圆上（与点不重合），过且与轴垂直的直线交直线于点，交直线于点.（1）求椭圆的短轴长和离心率；（2）若线段的中点为，求点坐标.20.已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值.21.对于正整数集合，如果对于M中的任意两个元素x，y，都有，则称M为“好集合”.（1）试判断集合和是否为“好集合”？并说明理由；（2）若集合，证明：C不可能是“好集合”；（3）若，D是S的子集，且D是“好集合”，求D所含元素个数的最大值.

参考答案一、选择题（本大题共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.【答案】D【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角.【详解】由题意得直线的斜率为：，所以倾斜角为.故选：D.2.【答案】B【分析】令，即可求出渐近线方程．【详解】令，解得，所以双曲线的渐近线方程是．故选：B．【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线的求法，属于基础题．3.【答案】A【分析】利用二项式的系数和为即可得到方程求解.【详解】根据的二项式系数和为32，结合所有二项式系数的和满足，可知，故选：A.4.【答案】A【分析】根据直线与圆的位置关系求出a的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义解出.【详解】由题知，圆的圆心为，半径为1，设圆心到直线的距离为则，解得：或.由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，故选：A.5.【答案】D【分析】设出方程，代入坐标即可求解.【详解】设曲线的方程为：，代入点得：①，代入点得：②，联立①②解得：，，所以曲线为双曲线，其方程为：，离心率，故选：D.6.【答案】C【分析】根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对的棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AC，得到异面直线EF与AC所成的角，再放入直角三角形中，即可求得.【详解】如图，取的中点G,连接,因为分别为的中点，所以,所以为异面直线与所成的角，因为四面体为正四面体，,过点A作平面,垂足为O，则O为三角形的重心，,因为,平面,又平面,,在直角三角形中，，故选：C7.【答案】C【分析】根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，有种分法；②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有种情况，此时有种情况，则有种不同的安排方法；故选C．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．8.【答案】C【分析】过点A向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.利用几何法求出直角三角形的三边，利用勾股定理即可求解.【详解】如图示：过点A（不妨设为第一象限点）向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.因为四边形ABOF为等腰梯形，所以，.所以.又，所以，所以，所以.所以.由抛物线的定义可得：.在直角三角形中，,.由勾股定理可得：，解得：.故选：C9.【答案】AD【分析】建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，，由两向量平行与垂直求解参数，即可判断选项A，B；利用空间向量法求解点到平面的距离，求解体积即可判断选项C；求解向量，，由夹角余弦值即可判断选项D.【详解】如图：建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，所以，，，设，所以，，当时，无解，故A错误；当时，即，解得，故B正确；，，底面正方形中，正方体中平面，平面，所以，，所以平面故平面的法向量为，，点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为为定值，故C正确；，，所以，因为，所以，所以，所以是直角三角形或钝角三角形，故D错误.故选：AD10.【答案】B【分析】先设点，再结合，化简计算得出轨迹方程.【详解】如图建系，设正方体边长为，则，可得，又因为，所以，化简得，即得，动点的轨迹为椭圆的一部分.故选：B.二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）11.【答案】24【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.【详解】展开式的通项公式是，由，得，所以展开式的常数项为.故答案为：2412.【答案】5【分析】利用抛物线定义即可得，即可求出.【详解】根据题意可知，焦点，准线方程为，作垂直于准线，垂足为，连接，如下图所示：由抛物线定义可得.故答案为：13.【答案】【分析】利用圆的半径为1，弦长为2，可知直线过圆心，从而即可求解.【详解】圆的方程可整理为：，可知该圆的圆心为，半径为，由截直线所得弦长为2，可知该直线过圆心，即，故答案为：.14.【答案】【分析】由题易得，点在双曲线的右支上，求得双曲线右支方程，将点代入方程，求得点的坐标，即可求得的面积.【详解】因为，故点在双曲线的右支上，而半焦距，实半轴长，故双曲线右支的方程为：，将代入方程得，即，解得：，由于双曲线具有对称性，不妨设点在第一象限，即，所以.故答案为：.15.【答案】①②④【分析】①将换成，方程不变可得；②先由得，进而根据整点的概念分别为时是否为整点即可；③假设点存在，则，，设，换元后利用导数分析即可；④结合图象分析即可.【详解】①将换成，方程不变，所以方程关于轴对称，故①正确；②由得，故，故，得，当时，；当时，；当时，，不是整点当时，，不是整点；当时，，故整点为共4个，故②正确③假设曲线上存在一点，使得到点的距离小于1，则，得得，设，令，，则，当时，，当时，，故，即，这与矛盾，故曲线上不存在一点，使得到点的距离小于1，故③错误；④如图，其中点，由①可知曲线关于轴对称，故只需考虑轴上方的面积大于2即可，当时，由得，直线的方程为，当时，，，故2x-x-x2故，即，故当时，的图象在即直线的上方，当时，直线的方程为，，因，故，故，，故2x-x-1故当时的图象在即直线的上方，故当时曲线与轴所围成的区域面积大于的面积，即曲线所围成区域的面积大于，又，故曲线所围成区域的面积大于4，故④正确，故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：本题③关键是先表示出来到点的距离小于1为，整理得，根据题意需存在使不等式成立，构造函数利用导数求最值即可判断.三、解答题（本大题共6小题，共85分.）16.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】(1)先证明平面平面，利用面面平行的性质得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值为即可求解.【小问1详解】因为，平面平面，所以平面，又平行四边形中，,平面平面，所以平面，又,平面,所以平面平面，又平面，所以平面.【小问2详解】因为平面所以两两相互垂直，建立如图所示空间直角坐标系.记平面的一个法向量为故，取故，，故直线与平面所成角的正弦值为.17.【答案】（1），（2）【分析】（1）根据抛物线过的点坐标，代入直接求解即可；（2）设，当直线斜率不存在时，方程为，代入即可求解，当直线斜率存在时，设直线方程为，，利用向量求夹角，结合韦达定理，即可求出结果.【小问1详解】由题知，，解得，所以抛物线方程为，其准线方程为.【小问2详解】设，如图，当直线斜率不存在时，方程为，则代入，求得，所以和是等腰直角三角形，所以；当直线斜率存在时，设直线方程为，，则联立，得，所以，，且，又，所以，综上，.18.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；（2）由平面，底面为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量求解即可；（3）由（2）可知平面的一个法向量，然后由空间距离的求解公式求解即可.【小问1详解】证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）可知平面，底面为正方形，所以分别以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，设平面的一个法向量为：，，，令，，，所以，由于平面，所以平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.【小问3详解】由（2）可知平面的一个法向量为：，而，所以点到平面的距离为.19.【答案】（1）短轴长，离心率（2）或【分析】（1）由左焦点得到，过点，代入椭圆方程，结合，联立可求得的值，进而得到短轴长和离心率；（2）根据点的坐标写出直线的方程，根据点的坐标写出直线的方程，分别求出交点的坐标，再根据中点为点解得，代入椭圆方程得到点的坐标.【小问1详解】因为椭圆的左焦点，所以，即，因为经过点，所以，联立，解得，所以椭圆的短轴长，离心率.【小问2详解】由（1）知，椭圆方程为，所以，因为与点不重合，所以，所以直线的斜率，直线，过点且与轴垂直的直线方程为，联立得，所以，同理直线，因为的中点是点，由中点坐标公式得，解得，因为点在椭圆上，所以，解得，所以点的坐标为或.20.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程.（2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值.【小问1详解】已知，，，则的面积，解得.因为离心率，，所以.又因为，，，所以.所以椭圆的方程为.【小问2详解】将直线与椭圆联立得.根据韦达定理，，.计算，从而得到线段中点坐标为.然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为，根据点斜式可得垂直平分线方程为，进而得到点.最后根据四边形为正方形时：则展开得进一步化简为将，代入得，，整理得，解得.21.【答案】（1）集合A不是“好集合”，集合B是“好集合”，理由见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）直接根据“好集合”的定义判断即可；（2）先将集合中的元素分为10个集合，再结合“好集合”的定义证明即可；（3）根据“好集合”的定义可以得到D中的任意两个不同的元素x，y，若，都有，进而得到的最小值为3，进而求解即可.【小问1详解】因为，因为，所以集合A不是“好集合”，因为，，，，，，，所以集合B是“好集合”.【小问2详解】证明：将集合中的元素分为如下10个集合，，，，，，，，，，，所以从集合中取12个元素，则前8个集合至少要选10个元素，所以必有2个元素取自前8个集合中的同一集合，即存在两个元素的差的绝对值不大于2，所以C不可能是“好集合”.【小问3详解】因为D是“好集合”，