精品解析：北京市日坛中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

北京市日坛中学2024～2025学年第一学期期中考试 高二年级试卷 （本试卷共4页，考试时间120min，满分150分） 命题人：贾卓琴 复核人：赵青 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° 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 已知点，为坐标原点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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：B 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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：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. 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 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） 【答案】C 【解析】 【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. 已知，，且，那么___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量共线定理求解即可. 【详解】，，，则，解得：，. 故答案为： 12. 圆截直线所得的弦长为_________． 【答案】 【解析】 【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. 已知点，是椭圆C：的两个焦点，点M在椭圆C上，则的周长为__________. 【答案】18 【解析】 【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. 已知直线，．若，则实数的值是_______． 【答案】0或－3 【解析】 【详解】试题分析：由题意得： 考点：直线位置关系 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______. 【答案】0 【解析】 【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. 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___________. 【答案】②④ 【解析】 【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. 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． 【答案】（1）焦点坐标为；离心率为 （2） 【解析】 【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. 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． 【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. 【解析】 【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，函数在上的最小值为0，最大值为2． 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． 【答案】（1）证明：因为为正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【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】 略 【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， 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. 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. 【答案】（1） 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； （2） （3）存在点； 【解析】 【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】 略 【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. 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. 【答案】（1）（2） 【解析】 【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，所以椭圆的方程为. （2）由已知直线的斜率不为0， 设直线的方程为，直线与椭圆的交点为，. 由得. 由已知，判别式恒成立，且，.① 直线的方程为，令，则. 同理可得. 所以 将①代入并化简，得 . 依题意，角为锐角，所以，即. 解得或. 综上，直线的斜率的取值范围是. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市日坛中学2024～2025学年第一学期期中考试 高二年级试卷 （本试卷共4页，考试时间120min，满分150分） 命题人：贾卓琴 复核人：赵青 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $