精品解析：北京市石景山区2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷

石景山区2024-2025学年第一学期期末测试 高二数学 2025.01 本试卷共7页，100分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共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. 直线倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程为 A. B. C. D. 3. 已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 4. 过点作圆的切线，则切线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，P为中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 直线 9. 正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 10. 如图，在正方体中，为棱的中点，动点在平面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹为（ ） A. 两个点 B. 线段 C. 圆的一部分 D. 抛物线的一部分 第二部分（非选择题 共60分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是________. 12. 点到直线的距离是__________． 13. 若直线与直线平行，则的值为________. 14. 已知拋物线焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则________. 15. 如图所示，在四面体中，，截面是矩形，给出下列四个结论： ①平面平面； ②平面； ③平面平面； ④平面． 其中所有正确结论的序号是________. 三、解答题共5小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，是坐标原点，，，求的外接圆方程. 17. 如图，在三棱柱中，底面，底面为等边三角形，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 18. 拋物线的顶点为坐标原点，焦点为，过且斜率为的直线与交于两点． （1）当时，求； （2）若的面积为，求的值． 19. 如图，在多面体中，四边形为正方形，四边形为梯形．，，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）判断线段上是否存在点，使得直线平面．（结论不要求证明） 20. 已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线与的斜率之积为定值； （3）判断三点，，是否共线：并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石景山区2024-2025学年第一学期期末测试 高二数学 2025.01 本试卷共7页，100分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共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. 【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】设直线的倾斜角为， 由直线可知斜率为：， 因为，则. 故选：D 2. 双曲线的渐近线方程为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】双曲线中，，所以渐近线方程为，故选C. 3. 已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：因为，所以存在直线，使得， 又，所以，所以，故A正确； 对于B：若，则或或或与相交（不垂直），故B错误； 对于C：若，则或与相交或与异面，故C错误； 对于D：若，则或，故D错误. 故选：A 4. 过点作圆的切线，则切线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设切线的方程为，然后利用圆心到直线的距离等于半径建立方程求解即可. 【详解】圆的圆心为原点，半径为1， 当切线的斜率不存在时，即直线的方程为，不与圆相切， 当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即 所以，解得或 所以切线的方程为或 故选：C 5. 已知是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆，根据点总在椭圆内部，可得，再根据椭圆的性质能够推导出椭圆离心率的取值范围． 【详解】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为，，， 因为，所以点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆． 又点总在椭圆内部， 所以该圆内含于椭圆，即，所以，则． ，，即椭圆离心率取值范围是． 故选：C． 6. 如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解. 【详解】 . 故选：B 7. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 8. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 直线 【答案】A 【解析】 【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可. 【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则：，设，可得：， 从而：， 结合题意可得：， 整理可得：， 即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆. 故选：A. 【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 9. 正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案. 【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心， 故⊥底面， 取的中点，连接，则，， 故为二面角的平面角，所以， 故， 所以该四棱锥的体积为. 故选：D 10. 如图，在正方体中，为棱的中点，动点在平面及其边界上运动，总有，则动点的轨迹为（ ） A. 两个点 B. 线段 C. 圆的一部分 D. 抛物线的一部分 【答案】B 【解析】 【分析】先找到一个平面总是保持与垂直，取B1B中点E，CB的中点F，连接AE，EF，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AF⊥面DMD1， MD1⊥平面AEF即可得出． 【详解】如图，先找到一个平面总是保持与垂直， 取B1B的中点E，CB的中点F，连接AE，EF，AF,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 易证DM⊥AF，⊥AF，则有AF⊥面DMD1，同理MD1⊥AE，则MD1⊥平面AEF 又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动， 根据平面的基本性质得： 点P的轨迹为面AEF与面BCC1B1的交线段EF． 故选：B 【点睛】本题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征、轨迹的求法、平面的基本性质等基础知识，考查空间想象力．属于基础题． 第二部分（非选择题 共60分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 在空间直角坐标系中，已知点，，则线段的中点坐标是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用中点坐标公式求解即可. 【详解】因为，， 所以由中点坐标公式得线段的中点坐标是， 化简得中点坐标为. 故答案为： 12. 点到直线的距离是__________． 【答案】 【解析】 【详解】点到直线的距离是 13. 若直线与直线平行，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线的一般式方程中两直线平行的条件得到方程，解得即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得，经检验符合题意. 故答案为： 14. 已知拋物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则________. 【答案】 【解析】 【分析】求出抛物线的准线方程，即可求出，再根据焦半径公式计算可得. 【详解】拋物线的准线为，因为点在上且到直线的距离为5， 所以，解得， 所以. 故答案为： 15. 如图所示，在四面体中，，截面是矩形，给出下列四个结论： ①平面平面； ②平面； ③平面平面； ④平面． 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】利用面面垂直，线面平行的判定定理逐个选项分析即可. 【详解】因为四边形是矩形，所以， 因为面，面， 所以面，而面，面面， 故，同理，而，得到 因为，，面， 所以面，因为面， 所以面面，同理可得面面，故①，③正确， 因为，面，面， 所以平面，故②正确， 不能得到或，故不能得到平面，故④错误. 综上，其中所有正确结论的序号是①②③. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是依据给定条件，分析推线面垂直还缺失什么条件，进而作出否定的判断，得到所要求的结果即可． 三、解答题共5小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，是坐标原点，，，求的外接圆方程. 【答案】 【解析】 【分析】设的外接圆的方程为（），则把的坐标代入求得的值，可得圆的方程． 【详解】设的外接圆的方程为（）， 则，解得， ∴的外接圆方程为． 17. 如图，在三棱柱中，底面，底面为等边三角形，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用作图并证明平行四边形，从而可证线线平行，再利用线面平行的判定定理即可； （2）先证明平面，再利用平行关系，可得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 如图：取的中点，连结，由于分别为的中点． 所以，而，所以有， 又因， 所以四边形是平行四边形， 故，又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 底面为等边三角形，分别为的中点．可得， 又因为底面， 底面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． 18. 拋物线的顶点为坐标原点，焦点为，过且斜率为的直线与交于两点． （1）当时，求； （2）若的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先得到焦点坐标，则直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据焦点弦公式表示出，再代入即可得解； （2）求出点到直线的距离，再由面积公式得到方程，解得即可. 【小问1详解】 拋物线的焦点， 则直线的方程为． 设， 由，得， 则，所以， 所以， 当时，． 【小问2详解】 因为， 点到直线的距离， 所以， 化简得，解得，即． 19. 如图，在多面体中，四边形为正方形，四边形为梯形．，，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）判断线段上是否存在点，使得直线平面．（结论不要求证明） 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）依题意可得、，即可得到⊥平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值； （3）设，得到，求出平面的法向量，由垂直关系得到方程，求出答案. 【小问1详解】 因为，所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； 【小问2详解】 因为、， 又，故，，两两互相垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则，则， 又， 设直线与平面所成角的大小为， 则； 【小问3详解】 线段BD上存点M，使得直线平面， 设，即， 当时，与重合，此时与平面不平行， 当时，设，则， 解得，故， 设平面的法向量为， 则，令，则，故， 则，解得， 故线段BD上存在点M，使得直线平面，此时. 20. 已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线与的斜率之积为定值； （3）判断三点，，是否共线：并证明你的结论． 【答案】（1） （2）定值为，证明见解析. （3）三点，，共线，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）首先根据题意得到，再解方程组即可. （2）设，，，再计算即可. （3）分别计算和，根据， 为公共点，即可证明，，三点共线. 【小问1详解】 由题知：， 所以椭圆：. 【小问2详解】 由题知：，存在，且不为零，设，，， 则，即. . 所以直线与的斜率之积为定值. 【小问3详解】 ，，三点共线，证明如下： 设直线：，则直线：， 将代入直线，得：，， ，设直线：， 联立， 设，则，解得， 所以，即， 所以，， 所以， 为公共点，所以，，三点共线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $