北京市2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份北京市2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知，，，若，则（）
A. 5B. 4C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可以先求出，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数，由此即可得解.
因为，，，
所以，
因为，所以，解得，
所以.
故选：A.
2. 已知直线，．若，则实数（）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
利用两条直线斜率之积为求解.
若，则，解得或.
故选：C.
【点睛】若直线和直线，当直线时有，.
3. 直线绕其与轴的交点逆时针旋转得到直线，则直线的斜率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式可求得直线的斜率.
设直线的倾斜角为，则，
将直线绕其与轴的交点逆时针旋转得到直线，
则直线的倾斜角为，
因此，直线的斜率为，
故选：D.
4. 已知方程表示一个圆，则实数a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用方程表示圆充要条件，列式求解即得.
方程表示一个圆，则，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故选：D
5. 与椭圆有相同焦点，且短轴长为的椭圆的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出椭圆的焦点坐标，进而求出所求方程的椭圆长半轴长即可.
椭圆的焦点坐标为，
所求方程的椭圆长半轴长，
所以所求方程为.
故选：A
6. 如图，在平行六面体中，点E，F分别为AB，的中点，则（）
A.
B.
C.
D
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算即可得到结果.
在平行六面体中，点E，F分别为AB，的中点，
则.
故答案为：A.
7. 正方体中，、分别为、的中点，则（）
A. 平面B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】B
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则A0,0,0、、、、、
、、、、，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，，，
则，取，则，
对于A选项，，A错；
对于B选项，，，且平面，则平面，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，，D错.
故选：B.
8. 若点和点分别为椭圆的中心和左焦点，点为椭圆上点的任意一点，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设点，可得出，且有，利用平面向量的数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
由椭圆方程得，设，则，
为椭圆上一点，，可得，且有，
．
因为，当时，取得最大值.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中向量数量积最值的求解，解决本题的关键点在以下两方面：
（1）的变化是由点在椭圆上运动而产生，解题时可设，将利用点的坐标加以表示；
（2）在求的最值时，充分利用椭圆的有界性结合二次函数的基本性质求解.
9. 在三棱锥中，平面，，，，则直线与平面所成角的大小为（）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，利用线面、面面垂直的判定及性质确定线面角，进而求出大小.
在三棱锥中，取的中点，连接，
由，得，而平面，平面，则，
平面，则平面，又平面，
因此平面平面，在平面上的射影为直线，
即是直线与平面所成的角，
由，得，
在中，，.
故选：C
10. 在正方体中，若点P（异于点B）是棱上一点，则满足与所成的角为的点P的个数为（）
A. 0B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法建立点坐标间的等式，再分类讨论得解.
在正方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，设，
，，于是，
整理得，显然点不能在坐标轴上，否则，
当时，，
而，无解，即点不能在棱上；
当时，，
若，则；若，则无解；若，则，
于是点不能在棱上，可以在棱上；
当时，，
若，则无解；若，则，于是点不能在棱上，可以在棱上，
所以可以在棱上，点P个数为3.
故选：B
【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线线角的求法建立等式，分类讨论求解.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．）
11. 已知，，若，则实数的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及空间向量坐标运算计算即得.
由，，得，，
由，得，即，即，解得，
所以实数的值为2.
故答案为：2
12. 圆被直线截得的弦长为________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式计算即得.
圆的圆心，半径，
点到直线的距离，
所以所求弦长为.
故答案为：8
13. 在正方体中，异面直线与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，在直角中，即可求解.
如图所示，连接，在正方体中，可得，
所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，
设正方体的棱长为，可得
在直角中，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆的定义，将转化为，结合图形，得最小值.
在椭圆中，，，则，即点、，
如图，为椭圆上任意一点，则，
又因为为圆上任意一点，
.
当且仅当、、、共线且、在、之间时等号成立．
所以的最小值为.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，曲线是由到两个定点和点的距离之积等于的所有点组成的．对于曲线，有下列四个结论：
①曲线是轴对称图形；
②曲线中心对称图形；
③曲线所围成的区域内只有个整点（横、纵坐标均为整数的点）；
④点Px,y是曲线上的点，则．
其中正确结论的编号为________．
【答案】①②
【解析】
【分析】根据题意求出曲线方程，将代入方程可判断①，将代入可判断②，分析额可得，分别令、、，根据可判断③，根据满足方程可判断④.
设曲线上的点为，则由题可得，
即曲线的方程为，
若在曲线上，则，
①将代入可得
，
满足方程，即曲线关于轴对称，曲线是轴对称图形，故①正确；
②将代入可得
，
满足方程，即曲线是关于原点对称的中心对称图形，故②正确；
③由x+12+y2⋅x-12+y2=2>y4，可得，
令，则，解得，
此时点、、1,0在曲线内，
令，可得，可得，
若，则，即点-1,1、0,1、在曲线内，
由对称性可知，点、、也在曲线内，
综上所述，曲线所围成的区域内只有个整点，故③错误；
④因为满足方程，在曲线上，但此时，故④错误.
故答案为：①②.
【点睛】方法点睛：研究曲线的性质，主要是通过研究相应的方程所满足的性质来研究曲线性质.
三、解答题（本大题共6小题，共85分．）
16. 已知圆C经过，，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求圆C经过点的切线方程．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）求出线段的中垂线方程，求出圆心坐标及半径即可.
（2）按切线斜率存在与否，结合点到直线的距离公式求出切线方程.
【小问1】
线段的中点，直线的斜率，
则线段的中垂线方程为，即，
由，解得，因此圆C的圆心，半径，
所以圆C的标准方程为.
【小问2】
点到直线的距离为2，即直线与圆C相切；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
由，解得，因此方程为，
所以圆C经过点的切线方程为或.
17. 椭圆的左、右焦点分别为，，经过右焦点且斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点．
（1）写出椭圆C焦点坐标和离心率；
（2）求的面积．
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定的椭圆方程直接求出焦点坐标及离心率.
（2）求出直线的方程，与椭圆方程联立，结合三角形面积公式计算即得.
【小问1】
椭圆的长半轴长，短半轴长，则半焦距，
所以，离心率.
【小问2】
由（1）知，直线的方程为，
由消去得：，解得，
所以的面积.
18. 如图，平面，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质可得出，利用三线合一的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【小问1】
证明：因为平面，平面，所以，，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面.
【小问2】
解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则A0,0,0、、、、，
设平面的法向量为m=x,y,z，，，
则，取，可得，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
则，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
19. 如图，六面体中，四边形为菱形，、、、都垂直于平面．若，．
（1）求证：；
（2）在棱（不含端点）上是否存在一点，使得三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）连接，推导出平面，四边形为平行四边形，可得出，可得出平面，再由线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，计算出三棱锥的体积，利用空间向量法求出点到平面的距离，可求出的面积，设，根据的面积可得出关于的等式，解之即可得出结论.
【小问1】
证明：连接，如下图所示：
因为四边形为菱形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，平面，所以，，
又因为，所以，四边形为平行四边形，所以，，
所以，平面，因为平面，则.
【小问2】
解：设，因为四边形为菱形，则，
因为，则是边长为的等边三角形，
则，
因为平面，且，
则，
又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
因为，平面，平面，
则平面，
同理可证平面，
因为，、平面，
所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，，
同理，，故四边形为平行四边形，
线段的中点为，且线段的中点也为，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，
所以，点到平面的距离为，
，则，
因为，
设，则，其中，
，
故在棱上不存在点，使得三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
20. 已知椭圆（）的长轴长为6，离心率．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过右焦点F作斜率为k（）的直线l，与椭圆C交于A，B两点，线段的垂直平分线交x轴于点P，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）求出直线的方程，与椭圆方程联立求出弦长，及线段的垂直平分线与x轴的交点P的坐标即可求解.
【小问1】
依题意，，由离心率，得椭圆半焦距，因此，
所以椭圆C的标准方程是.
【小问2】
由（1）知，直线的方程为，
由消去得，设，
则，线段的中点，
线段的垂直平分线方程为，令，得，
，而，
所以.
21. 设n为大于等于2的正整数，n个实数构成的有序数组（）称为上的n维向量．n维向量通常用希腊字母，，等表示．
对于n维向量，，设，，定义内积=．
（1）已知，，，求，和；
（2）求证：四个二维向量中必有两个向量内积为非负数，五个三维向量中必有两个向量内积为非负数；
（3）若m个n（）维向量两两内积均为负数，求证：．
【答案】（1），，.
（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题干中对内积的定义计算即可；
（2）先由抽屉原理证明二维向量的情形，然后三维的情形可以化归为二维的情形；
（3）证明与自然数有关的命题，往往可以考虑数学归纳法，本题通过对第一个坐标分量的讨论，借助数学归纳法达到“降维”效果.
【小问1】
，，.
【小问2】
先证命题：四个二维向量中必有两个向量内积为非负数.
不妨设，，，，
若存在，则有，那么命题得证，
若任意，，由抽屉原理知中必存在两个数同号，
不妨设，则又因为，所以.命题得证.
再证命题：五个三维向量中必有两个向量内积为非负数.
不妨设，，，
若存在，则，命题得证，
若任意，，考虑4个二维向量，
由4个二维向量中必有两个向量内积为非负数，
不妨设，又，则，命题得证.
【小问3】
我们对归纳证明：个维向量中必有两个向量内积为非负数.
①当时，由第（2）问知命题成立；
②设当且时命题成立，当时，不妨设，
即第一个坐标分量为1，其他坐标分量均为0，设，，
若存在使得，则，命题得证，
若任意，，
则由时的归纳假设知这个维向量中必存在两个向量内积非负，
不妨设，则又因为，
所以
即时命题亦成立.
所以个维向量中必有两个向量内积为非负数，
从而若个维向量两两内积均为负数，则.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用抽屉原理进行证明，第三问的关键是采用数学归纳法证明.