精品解析：北京市十一学校2024-2025学年高二上学期第一学段考试数学试题

北京市十一学校2024-2025学年第1学段高二年级 数学学科数学Ⅰ教与学诊断考试 时间：120分钟 满分：150分 命题人：宋倩倩 左辉霞 王占新 李思奇 一、选择题（共12道题，每题5分，共60分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 1. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线标准方程类型可直接得出焦点坐标. 【详解】根据抛物线标准方程为可得其焦点坐标为. 故选：B 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程可得渐近线方程． 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 故选：C. 3. 已知圆锥的底面半径为1，高为，则这个圆锥的侧面面积为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得圆锥的母线长，然后求得侧面积. 【详解】圆锥的母线长为， 所以侧面积为. 故选：B 4. 已知，则“”是“方程表示双曲线”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线标准方程的定义，可得，再根据充分必要条件的集合关系，可得到答案. 【详解】由方程表示双曲线，可得，解得或， 则为或的充分不必要条件， 故选：B. 5. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 正三棱锥的每个面都是正三角形 B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义综合分析可知C正确，D错误. 【详解】对于A，正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形， 且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，可知A错误； 对于B，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时， 该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，可得B错误； 对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即C正确； 对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，可得D错误. 故选：C 6. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的性质结合线线的位置关系，判断A；根据面面垂直的性质结合线面的位置关系，判断B；根据线面垂直的性质结合线面的位置关系，判断C；根据线面平行的性质定理判断D. 【详解】对于A，若则可能平行，也可能异面，A错误； 对于B，若则可能有，也可能有，B错误； 对于C，若则有可能是，也可能，C错误， 对于D，根据线面平行的性质定理可知若则，正确， 故选：D 7. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，取的中点，连接，，由题意可知，即异面直线与所成角为或其补角，结合余弦定理求解即可. 【详解】 连接，取的中点，连接，， 因为为棱的中点，所以， 即异面直线与所成角为或其补角， 在中，，，， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 8. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，酒杯的容积，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆柱和球的体积公式和表面积公式即可求解. 【详解】设圆柱部分的高是， 所以， 所以 所以， 内壁表面积为， 故选：C. 9. 已知过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦被称为该圆锥曲线的通径，清代数学家明安图在《割圆密率捷法》中，也称圆的直径为通径.已知圆的一条直径与拋物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的通径的上端点就是抛物线通径的上右端点，可得抛物线经过点，从而可得答案. 【详解】因为圆的一条直径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边， 而抛物线的通径与轴垂直， 所以圆的这条直径与轴垂直， 且圆的直径的上端点就是抛物线通径的右端点， 因为圆的圆心为，半径为， 所以该圆与轴垂直的直径的上端点为， 即抛物线经过点，则，即. 故选：C 10. 下列说法正确的个数是（ ） ①动点满足，则P的轨迹是椭圆 ②动点满足，则P的轨迹是双曲线 ③动点满足到y轴的距离比到的距离小1，则P的轨迹是抛物线 ④动点满足，则P的轨迹是圆和一条直线（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆、双曲线、抛物线、直线和圆的知识对四个说法进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①，表示点与点的距离和为， 而两点的距离为，所以点轨迹是两点间的线段，①错误. ②，表示点与点的距离和为， 而两点的距离为，，所以点的轨迹是椭圆，②错误. ③，动点满足到y轴的距离比到的距离小1， 当点在y轴右侧或在y轴上时则动点满足到直线的距离和到的距离相等，则P的轨迹是抛物线； 当点在y轴左侧时，此时P的轨迹是射线，③不正确. ④，动点满足， 则或， 表示的是直线在圆外和圆上的部分； 表示一个圆，所以P的轨迹是圆和两条射线，④错误. 所以正确的有0个. 故选：A 11. 设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作图，为与球的交点，点为三角形的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 【详解】如图所示，点为三角形的中心，为中点， 易知当平面时，且在之间时三棱锥体积最大， 此时 ，, 点为三角形的中心， 中，有 所以三棱锥体积的最大值为. 12. 直线与曲线的公共点的个数是（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】考虑和两种情况，画出曲线和直线图像，根据图像得到答案. 【详解】当时，曲线，即，双曲线右半部分； 一条渐近线方程为：，直线与渐近线平行； 当时，曲线，即，椭圆的左半部分； 画出曲线和直线的图像，如图所示： 根据图像知有个公共点. 故选：B 二、填空题（共6道题，每题5分，共30分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 13. 抛物线上点到焦点距离为，则点的横坐标为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】由抛物线的定义结合题中条件可得出点的横坐标． 【详解】设点的坐标为，根据抛物线定义可知M到焦点距离扥等于到准线距离， 则点到焦点的距离为，解得， 故答案为：. 【点睛】本题考查抛物线的定义，在抛物线中，点到焦点的距离通常和点到准线的距离进行转化，考查抛物线定义的应用，属于基础题． 14. 已知双曲线的一条渐近线为，则双曲线的离心率为________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：根据双曲线的渐近线的方程知即，所以此双曲线的离心率. 考点：双曲线的标准方程、渐近线方程和离心率. 15. 如图，已知正方体，E，F分别是上底面和侧面的中心．若．则______． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，根据中线向量公式，结合在正方体中，即可求解. 【详解】 连接， 因为E，F分别是上底面和侧面的中心，所以E，F分别是的中点， 所以， ， 所以，又， 所以，则. 故答案为：. 16. 已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥；③l⊥． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α. 【解析】 【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析. 【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确； （2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确； （3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α. 【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力. 17. 过点，且与圆外切的动圆圆心P的轨迹方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设点，且圆的圆心，由题意，即，得点P的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的左支，计算得出方程. 【详解】点，且圆的圆心，半径为2， 由题意，即， 所以点P的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的左支，且，， 得，故圆心P的轨迹方程为． 故答案为：. 18. 已知正方体，则以下结论正确的是________． ①直线与所成的角为 ②直线与所成的角为 ③直线与平面所成的角为 ④直线与平面所成的角为 【答案】①②④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个结论进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设正方体的边长为，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ，所以直线与所成的角为，①正确. ，所以直线与所成的角为，②正确. ，设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线与平面所成的角为， 则，由于，所以，③错误. 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则, 由于，所以，④正确. 故答案为：①②④ 三、解答题（5道大题，共60分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 19. 如图，在边长是2的正方体中，E、F分别为AB、的中点．求证： （1）平面； （2）平面． 【答案】（1） 如图，连结，连结， 因为在正方体中，面是正方形，所以，是的中点， 又因为是的中点，所以且， 因为是的中点，所以，又，所以， 所以四边形是平行四边形，故， 又面，面，所以平面； （2） 由（1）知，易得平面，又面，故, 又因为，面，所以平面， 又，所以平面. 【解析】 【分析】（1）连结，连结，先利用平行四边形证得，再利用线面平行的判定定理得到平面； （2）利用线面垂直的判定定理，由，证得平面，再由证得平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面平面，且，点M、N分别为侧棱PD、PC的中点． （1）求证：平面平面AMN； （2）当时，求三棱锥体积． 【答案】（1） 由于平面平面，且交线为， 四边形是正方形，平面且， 所以平面，由于平面，所以. 由于是的中点，所以， 由于，平面，所以平面， 由于平面，所以平面平面AMN； （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面AMN； （2）根据锥体体积公式来求得正确答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）可知平面， 由于，所以， 由于平面，平面，所以， 所以， 由于分别是的中点，所以，且， 所以， 所以. 21. 已知椭圆的左焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线，直线与椭圆相交于，两点，的面积为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用椭圆对称性以及椭圆定义可得，即可求得椭圆的方程； （2）设出直线的方程为，并利用弦长公式以及点到直线距离 得出的面积表达式，解方程即可得出，求得直线方程. 【小问1详解】 根据椭圆性质可得右焦点为， 由椭圆定义可得点到两焦点距离之和为， 解得， 所以， 因此椭圆的方程为 【小问2详解】 依题意可设直线的方程为，； 联立椭圆与直线l的方程， 消去可得； 所以， 因此， 又易知点到直线的距离为， 所以的面积为， 解得， 所以直线的方程为或. 22. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2） 若选①或选②，直线AB与平面BMN所成角的正弦值都是. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 23. 若椭圆上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，，（为坐标原点），求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解； （2）先求出直线l的斜率范围，再根据向量的加法规则和点P在椭圆上求出t关于k的表达式，运用函数关系求解. 【小问1详解】 由题意可知：，解得，∴椭圆方程； 【小问2详解】 由题意知直线的斜率存在.设，，，， 由，得，则， ，由韦达定理可得：，， ∵，∴，∴. ∴，∴，∴， ∴，又∵，∴， ∴，， ∵点在椭圆上，∴，∴， ∵，∴， ∴或，∴实数取值范围为 ； 综上，椭圆方程为：，实数取值范围为. 【点睛】本题的思路容易找到，但计算量较大，再计算过程中需要多次验算，不要算错. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市十一学校2024-2025学年第1学段高二年级 数学学科数学Ⅰ教与学诊断考试 时间：120分钟 满分：150分 命题人：宋倩倩 左辉霞 王占新 李思奇 一、选择题（共12道题，每题5分，共60分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 1. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的底面半径为1，高为，则这个圆锥的侧面面积为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知，则“”是“方程表示双曲线”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 正三棱锥的每个面都是正三角形 B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 6. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 若则 7. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）. A. B. C. D. 8. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，酒杯的容积，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦被称为该圆锥曲线的通径，清代数学家明安图在《割圆密率捷法》中，也称圆的直径为通径.已知圆的一条直径与拋物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 10. 下列说法正确的个数是（ ） ①动点满足，则P的轨迹是椭圆 ②动点满足，则P的轨迹是双曲线 ③动点满足到y轴的距离比到的距离小1，则P的轨迹是抛物线 ④动点满足，则P的轨迹是圆和一条直线（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 11. 设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( ) A. B. C. D. 12. 直线与曲线的公共点的个数是（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（共6道题，每题5分，共30分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 13. 抛物线上点到焦点距离为，则点的横坐标为__________. 14. 已知双曲线的一条渐近线为，则双曲线的离心率为________. 15. 如图，已知正方体，E，F分别是上底面和侧面的中心．若．则______． 16. 已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥；③l⊥． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 17. 过点，且与圆外切的动圆圆心P的轨迹方程为________． 18. 已知正方体，则以下结论正确的是________． ①直线与所成的角为 ②直线与所成的角为 ③直线与平面所成的角为 ④直线与平面所成的角为 三、解答题（5道大题，共60分），请将答案填写到答题卡规定的位置。 19. 如图，在边长是2的正方体中，E、F分别为AB、的中点．求证： （1）平面； （2）平面． 20. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面平面，且，点M、N分别为侧棱PD、PC的中点． （1）求证：平面平面AMN； （2）当时，求三棱锥体积． 21. 已知椭圆的左焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线，直线与椭圆相交于，两点，的面积为，求直线的方程． 22. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 23. 若椭圆上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，，（为坐标原点），求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $