北京市中关村中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试卷

2024-2025学年北京市海淀区中关村中学高二（下）开学数学试卷 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.已知直线过点，，则直线的倾斜角为(    ) A. B. C. D. 2.圆心为且过原点的圆的方程是(    ) A. B. C. D. 3.焦点为的抛物线标准方程是(    ) A. B. C. D. 4.长方体中，，，则异面直线与所成角的大小为(    ) A. B. C. D. 5.已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的(    ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6.已知椭圆上一点A和焦点F，轴，若双曲线的一条渐近线经过点A，那么双曲线的离心率e为(    ) A. B. C. D. 7.已知圆，直线，若圆上至少有3个点到直线的距离为2，则m可以是(    ) A. 3 B. C. 2 D. 8.已知数列的前n项和为，且，则数列的前2025项的和为(    ) A. B. C. D. 9.记等差数列的前n项和为，若，则(    ) A. 13 B. 45 C. 65 D. 130 10.已知数列的通项公式，则根据下列说法选出正确答案是(    ) ①若，则数列的前n项和； ②若，数列的前n项和为，则是递增数列； ③若数列是递增数列，则 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。 11.双曲线C：的焦点到顶点的最小距离是______. 12.经过点，且与直线l：平行的直线方程是______. 13.抛物线上一点M到焦点的距离等于3，则点M的坐标为______. 14.已知等差数列的前n项和为，若，，则______；的最小值为______. 15.生活中一些常见的漂亮图案不仅具有艺术美，其中也有数学的对称、和谐、简洁美.曲线C：，下面是关于曲线C的四个结论： ①曲线C关于原点中心对称； ②曲线C上点的横坐标取值范围是； ③曲线C上任一点到坐标原点的最小距离为2； ④若直线与曲线C无交点，则实数k的取值范围是 其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题：本题共4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8分 如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点．求证： Ⅰ平面AEF； Ⅱ平面 17.本小题12分 已知在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，是正三角形，E、F分别为PC、PD的中点，过EF的平面EFG交BC于点G，平面平面 Ⅰ证明：G为BC的中点； Ⅱ取AD的中点O，连接OC，OE，OG，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： 到平面EFG的距离； 二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：平面 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 18.本小题8分 已知直线l过点，且与椭圆相交于不同的两点M， Ⅰ若M，N中点的纵坐标为，求直线l的方程； Ⅱ若弦长，求k的值. 19.本小题12分 已知椭圆C：的短轴的两个端点分别为，，离心率为 Ⅰ求椭圆C的标准方程及焦点的坐标； Ⅱ若直线与椭圆E交于不同的两点M，N，直线与直线BM交于点G，求证： 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：直线过点，，则可得直线AB的斜率， 设直线的倾斜角为， 可得 故选： 由直线过的两点的坐标，可得直线的斜率，进而可得直线的倾斜角． 本题考查直线的斜率与倾斜角的关系的应用，属于基础题． 2.【答案】A  【解析】解：由题意可知，该圆的圆心为， 故圆心为且过原点的圆的方程是 故选： 结合两点之间的距离公式，求出圆的半径，即可求解． 本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题． 3.【答案】A  【解析】解：焦点为的抛物线标准方程是： 故选： 通过抛物线的焦点坐标求解标准方程即可． 本题考查抛物线的标准方程的求法，抛物线的简单性质的应用，是基础题． 4.【答案】C  【解析】解：根据题意，、、两两互相垂直，可得， 因为， 所以 ，可得， 设异面直线与所成角为， 则，，结合，可得 故选： 根据长方体的结构特征，利用空间向量的数量积与夹角公式算出与的夹角余弦值，进而求出异面直线与所成角的大小． 本题主要考查长方体的结构特征、利用空间向量研究异面直线所成角等知识，属于中档题． 5.【答案】A  【解析】解：①因为直线，且， 根据面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直． 所以由判断定理得充分性成立， ②若，直线，则直线，或直线，或直线l与平面相交不垂直，必要性不成立， 所以是的充分不必要条件． 故选： 根据充分条件和必要条件的定义，结合面面垂直的判定定理进行判断即可． 本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用空间面面垂直的判定定理和性质定理是解决本题的关键． 6.【答案】C  【解析】解：因为椭圆的方程为， 所以，， 设椭圆的焦点， 因为轴， 所以， 解得， 令， 易知双曲线的渐近线方程为， 若双曲线的一条渐近线经过点A， 所以， 解得， 则双曲线的离心率 故选： 由题意，设出A，F的坐标，结合双曲线的渐近线方程和离心率公式进行求解即可． 本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题． 7.【答案】D  【解析】解：圆， 则圆心为，半径为3， 圆上至少有3个点到直线的距离为2， 则圆心到直线的距离小于等于1， 故，解得，故D选项符合题意． 故选： 根据已知条件，推得圆心到直线的距离小于等于1，再结合点到直线的距离公式，即可求解． 本题主要考查圆上的点到直线的距离，属于基础题． 8.【答案】C  【解析】解：数列的前n项和为，且， 当时，， ， 上式对也成立，， ， 数列的前2025项的和 故选： 根据，利用退位作差得到，从而，裂项相消法求和． 本题考查数列的通项与求和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 9.【答案】C  【解析】解：等差数列的前n项和为，， 则 故选： 利用等差数列的性质求解． 本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 10.【答案】A  【解析】解：数列的通项公式， 对于①：当时，则， 数列的前n项和，故①正确； 对于②：当时，， 则，所以单调递增， 数列的前n项和为， 则，所以是递增数列，故②正确； 对于③：若数列是单调递增数列，则，即， 所以，所以， 因为，所以，即，故③错误． 故选： 利用裂项相消法求和判断①，根据判断②，根据，即可得到，从而求出a的取值范围，即可判断③． 本题考查数列的单调性和裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 11.【答案】1  【解析】解：已知双曲线C：的焦点坐标为，， 顶点的坐标为，， 则焦点到顶点的最小距离是 故答案为： 结合双曲线的性质及方程求解． 本题考查了双曲线的性质，属基础题． 12.【答案】  【解析】解：设经过点，且与直线l：平行的直线方程为， 将点P的坐标代入可得，解得， 所以所求直线的方程为 故答案为： 由题意设所求的直线方程，将点P的坐标代入，可得参数的值，即求出直线的方程． 本题考查与已知直线平行的直线方程的求法，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：已知抛物线的焦点， 则， 即， 即抛物线方程为， 则， 则， 则， 则点M的坐标为 故答案为： 由抛物线的定义，结合抛物线的方程求解． 本题考查了抛物线的定义，属基础题． 14.【答案】    【解析】解：设等差数列的公差为d， ，， 则，解得， 所以， 所以， 所以当或时取得最小值，且的最小值为 故答案为：； 设等差数列的公差为d，根据所给条件得到、d的方程组，解得即可求出通项公式，再根据求和公式及二次函数的性质计算可得． 本题主要考查等差数列的前n项和，属于基础题． 15.【答案】①③④  【解析】解：由曲线C：，将x换为，y换为，方程不变，则曲线C关于原点对称，故①正确； 由，可得或，故②错误； 当时，曲线C为；当时，曲线C为；作出曲线C的图形， 可得曲线C上任一点到坐标原点的最小距离为2，故③正确； 若直线与曲线C相切，可得，解得， 可得，若直线与曲线C无交点，则实数k的取值范围是，故④正确． 故答案为：①③④． 将原方程中的x换为，y换为，方程不变，可判断①；解，可判断②；作出曲线C的图形，可判断③；由直线与曲线C相切，求得斜率k，可判断④． 本题考查直线与圆的方程、直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 16.【答案】证明：Ⅰ在正方体中，点E，F分别是棱，的中点， ，， 四边形BEFD为平行四边形， ， 又平面AEF，平面AEF， 平面 Ⅱ在正方体中，平面ABCD， ， 四边形ABCD为正方形， ， 由知， ，， 又，面，面， 平面  【解析】Ⅰ易判断四边形BEFD为平行四边形，可得，再由线面平行的判定即可得证； Ⅱ证明，，再由线面垂直的判定即可得证． 本题考查线面平行和线面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题． 17.【答案】Ⅰ证明：因为平面平面PAB，平面平面，平面平面， 所以， 又E是PC的中点， 所以G为BC的中点． Ⅱ解：选择条件①： 因为，，所以，即， 因为正方形ABCD，所以， 又，PD、平面PAD， 所以平面PAD， 因为O，G分别为AD，BC的中点，所以， 所以平面PAD， 因为是正三角形，且O为AD的中点，所以， 故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面EFG的法向量为，则， 取，则，，所以， 所以A到平面EFG的距离为 ，， 设平面OEC的法向量为，则， 取，则，，所以， 因为，所以O，G，E，F四点共面， 所以平面OEG的法向量为， 所以，， 由图知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为 选择条件②： 因为O，G分别为AD，BC的中点，所以， 又平面PAD，所以平面PAD， 因为是正三角形，且O为AD的中点，所以， 故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面EFG的法向量为，则， 取，则，，所以， 所以A到平面EFG的距离为 ，， 设平面OEC的法向量为，则， 取，则，，所以， 因为，所以O，G，E，F四点共面， 所以平面OEG的法向量为， 所以，， 由图知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为  【解析】Ⅰ利用面面平行的性质定理可得，再结合E是PC的中点，即可得证； Ⅱ选择条件①：利用勾股定理可得，结合，可证平面PAD，进而知OA，OG，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离即可；利用向量法求二面的余弦值即可； 选择条件②：由平面PAD，结合中位线的性质与等边三角形的性质可得OA，OG，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离即可；利用向量法求二面的余弦值即可． 本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的性质定理，线面垂直的判定定理，以及利用向量法求点到平面的距离、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理鞥能力和运算能力，属于中档题． 18.【答案】解：Ⅰ易知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为，，， 联立，消去y并整理得， 此时， 解得， 由韦达定理得， 所以， 若M，N中点的纵坐标为， 此时， 解得或， 因为， 所以， 则直线l的方程为； Ⅱ由Ⅰ知，， 所以 ， 解得负值舍去， 又， 所以满足条件． 故  【解析】Ⅰ由题意，设出直线l的方程，将直线方程与椭圆方程联立，根据判别式大于0，得到直线l斜率的取值范围，利用韦达定理以及中点坐标公式再求解即可； Ⅱ结合Ⅰ中信息，利用韦达定理以及弦长公式进行求解即可． 本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 19.【答案】解：根据题意，椭圆C：的短轴的两个端点分别为，， 则， 又由椭圆C的离心率，即，变形可得， 则有，则， 故椭圆C的方程为； 证明：椭圆C的方程为，设，，， 将直线，代入椭圆方程化简得：， ，解得：， 则，， 则MB的方程为：， 令，解可得，则， 则， 欲证，即A，G，N三点共线，只需证明即可， 只需证明成立即可， 只需证明即可， 又由，， 代入，易得该式成立， 故  【解析】根据题意，先分析b的值，结合椭圆的离心率求出a的值，即可得答案； 根据题意，将直线方程代入椭圆方程化简得：，设，，，结合韦达定理可得，，求出直线MB的方程，可得G的坐标，用分析法证明，即可得结论． 本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的标准方程，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$