2024-2025学年北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳学校高二上学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区清华大学附属中学朝阳学校高二上学期期中考试数学试题（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线x+ 3y+2=0的倾斜角是( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
2.双曲线y2−x23=1的焦点坐标是( )
A. (0, 2)，(0,− 2)B. ( 2,0)，(− 2,0)
C. (0,2)，(0,−2)D. (2,0)，(−2,0)
3.平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，O为A1C1与B1D1的交点，设AB=a,AD=b,AA1=c，用a,b,c表示BO，则( )
A. BO=a−b+12cB. BO=a+12b−c
C. BO=−12a+b+cD. BO=−12a+12b+c
4.设双曲线x2a2−y29=1a>0的渐近线方程为3x±2y=0，则a的值为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
5.圆C1:x2+y2−4x+2y+1=0与圆C2:x2+y2+4x−4y−1=0的位置关系是( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 外离
6.若数列an满足an+1=1−1an，且a1=2，则a2024=( )
A. −1B. 2C. 2D. 12
7.已知圆C:x−32+y−42=9，直线l过点P2,3，则直线l被圆C截得的弦长的最小值为( )
A. 2 7B. 10C. 2 2D. 6
8.已知an是各项均为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+⋅⋅⋅+an=100，则n的最大值为( )
A. 9B. 10C. 11D. 12
9.已知点F是双曲线C:x2−y2=1的一个焦点，直线l:y=kx，则“点F到直线l的距离大于1”是“直线l与双曲线C没有公共点”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，点E在BD上，点F在B1C上，且BE=CF，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：

①当点E是BD中点时，直线EF//平面DCC1D1；
②直线B1D1到平面CMN的距离是 1717；
③存在点P，使得∠B1PD1=90∘；
④▵PDD1面积的最小值是5 56．
其中所有正确结论的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知抛物线C：x2=8y，则抛物线C的准线方程为 ．
12.若双曲线kx2+y2=1的焦距是6，则实数k= ．
13.已知抛物线y2=−8x的焦点与双曲线x2a2−y2=1a>0的一个焦点重合，则a= ；双曲线的渐近线方程是 ．
14.若数列an的前n项和Sn=n2−10n(n=1,2,3,⋯)，则此数列的通项公式为 ；数列nan中数值最小的项是第 项．
15.已知直线x+my+2m=0与曲线y= 1−x2的图象有公共点，则实数m的一个取值为 ；实数m的最大值为 ．
16.已知曲线C:x4+4y4+mx2y2=4，点Px0,y0在曲线C上，给出下列四个结论：
①曲线C关于直线y=x对称：
②当m=−4时，点P不在直线x− 2y=0上：
③当m=4时，x0y0≤ 22；
④当m=0时，曲线C所围成的区域的面积大于2 2．
其中所有正确结论的有 ．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2，AD=3，DC=4
(1)求证：A1B//平面DCC1D1；
(2)若直四棱柱ABCD−A1B1C1D1体积为36，求二面角A1−BD−A的余弦值．
18.已知椭圆G的离心率为 53，长轴端点分别为A−6,0，B6,0，.
(1)求椭圆G的标准方程；
(2)F1， F2为椭圆G的焦点，P为椭圆G上一点，且∠F1PF2=π2.求P点的坐标；
(3)Q为椭圆G上任意一点(不与A、B重合)，设直线QA的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，判断k1⋅k2是否为常数，并说明理由．
19.如图，在多面体ABCDE中，▵ABC为等边三角形，AD//CE，AC⊥CE,AC=CE=2AD=2.点F为BC的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．

(1)求证：AF⊥平面BCE；
(2)设点G为BE上一点，且BG=23BE，求直线AC与平面AFG所成角的正弦值．
条件①：平面ACED⊥平面ABC；
条件②：BE=2 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．
20.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A3,0，焦距为2 5．
(1)求椭圆E的方程，并求其短轴长；
(2)过点P1,0且不与x轴重合的直线l交椭圆E于两点C，D，连接CO并延长交椭圆E于点M，直线AM与l交于点N，Q为OD的中点，其中O为原点.设直线NQ的斜率为k，求k的最大值．
21.已知集合A=1,2,3,⋯,nn∈N,n≥3，W⊆A，若W中元素的个数为mm≥2，且存在u，v∈Wu≠v，使得u+v=2kk∈N，则称W是A的Pm子集．
(1)若n=4，写出A的所有P3子集；
(2)若W为A的Pm子集，且对任意的s，t∈Ws≠t，存在k∈N，使得s+t=2k，求m的值；
(3)若n=20，且A的任意一个元素个数为m的子集都是A的Pm子集，求m的最小值．
参考答案
1.D
2.C
3.D
4.C
5.C
6.D
7.A
8.C
9.A
10.C
11.y=−2
12.−18/0.125
13. 3；x± 3y=0
14.an=2n−11，n∈N∗；3
15.0(答案不唯一) ； ；
； ； ；12/0.5
16.②③④
17.(1)由题意知，AA1//DD1，
因为AA1⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，
所以AA1//平面DCC1D1，
因为AB//DC，且平面DCC1D1，DC⊂平面DCC1D1，
所以AB//平面DCC1D1，
又AA1⋂AB=A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，
因为A1B⊂平面ABB1A1，
所以A1B//平面DCC1D1．
(2)由题意知，底面ABCD为直角梯形，
所以梯形ABCD的面积S=(2+4)×32=9，
因为四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为36，
所以AA1=36S=4，
过A作AE⊥BD于E，连接A1E，
因为AA1⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
又AA1⋂AE=A，AA1、AE⊂平面AA1E，
所以BD⊥平面AA1E，
因为A1E⊂平面AA1E，所以BD⊥A1E，
所以∠A1EA即为二面角A1−BD−A的平面角，
在Rt△ABD中，AE⋅BD=AB⋅AD，
所以AE=AB⋅ADBD=2×3 22+32=6 1313，A1E= AA 12+AE2= 42+(6 1313)2=2 6113，
所以cs∠A1EA=AEA1E=6 13132 6113=3 6161，
故二面角A1−BD−A的余弦值为3 6161．

18.(1)设椭圆G的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
因为长轴端点分别为A−6,0，B6,0，所以a=6，
因为椭圆G的离心率为 53，所以ca= 53，则c=2 5，
所以b= a2−c2=4，
则椭圆G的标准方程为x236+y216=1．
(2)
设P(x,y)，
因为F1， F2为椭圆G的焦点，P为椭圆G上一点，且∠F1PF2=π2，
所以PF12+PF22=F1F22，
由(1)知椭圆G为x236+y216=1，F1−2 5,0,F22 5,0，
所以x−2 52+y2+x+2 52+y2=4 52，
整理得x2+y2−20=0，与x236+y216=1联立，
解得x=±6 55,y=±8 55，
所以P点的坐标为6 55,8 55，或−6 55,8 55，或−6 55,−8 55，或6 55,−8 55．
(3)
设Qx0,y0，又A−6,0，B6,0，
则k1=y0x0+6，k2=y0x0−6，
所以k1⋅k2=y0x0−6×y0x0+6=y02x02−36，
又x0236+y0216=1，所以y02=436−x029，
则k1⋅k2=y02x02−36=436−x029x02−36=−49，
即k1⋅k2为常数．

19.(Ⅰ)证明：选择条件①：
因为平面ACED⊥平面ABC，平面ACED∩平面ABC=AC，AC⊥CE，CE⊂平面ACED，
所以CE⊥平面ABC，
因为AF⊂平面ABC，所以CE⊥AF，
因为△ABC为等边三角形，点F为BC的中点，
所以AF⊥BC，
又CE∩BC=C，CE、BC⊂平面BCE，
所以AF⊥平面BCE．
若选择条件②：
因为BC=AC=CE=2，BE=2 2，
所以BC2+CE2=BE2，即BC⊥CE，
又AC⊥CE，BC∩AC=C，BC、AC⊂平面ABC，
所以CE⊥平面ABC，
因为AF⊂平面ABC，所以CE⊥AF，
因为△ABC为等边三角形，点F为BC的中点，
所以AF⊥BC，
又CE∩BC=C，CE、BC⊂平面BCE，
所以AF⊥平面BCE．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，CE⊥平面ABC，
故以C为坐标原点，CA，CE所在直线分别为x，z轴，作Cy⊥平面ACED，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1, 3,0)，F(12, 32,0)，E(0,0,2)，G(13, 33,43)，
所以CA=(2,0,0)，AF=(−32, 32,0)，AG=(−53, 33,43)，
设平面AFG的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AF=−32x+ 32y=0n⋅AG=−53x+ 33y+43z=0，
取x=2，则y=2 3，z=1，所以n=(2,2 3,1)，
设直线AC与平面AFG所成角为θ，则sinθ=|cs|=|CA⋅n||CA|⋅|n|=42× 4+12+1=2 1717，
故直线AC与平面AFG所成角的正弦值为2 1717．
20.解：(1)由题意知a=3，2c=2 5．
所以c= 5，b2=a2−c2=4．
所以椭圆E的方程为x29+y24=1，其短轴长为4．
(2)设直线CD的方程为x=my+1，Cx1,y1，Dx2,y2，则M−x1,−y1．
由x29+y24=1x=my+1，得4m2+9y2+8my−32=0．Δ>0，
所以y1+y2=−8m4m2+9．
由A3,0得直线AM的方程为y=y1x1+3x−3．
由y=y1x1+3x−3x=my+1得y=−2y13+x1−my1．
因为x1=my1+1，
所以y=−y12，x=m−y12+1=2−my12．
所以N2−my12,−y12．
因为Q为OD的中点，且x2=my2+1，
所以Qmy2+12,y22．
所以直线NQ的斜率
k=y22+y12my2+12−2−my12=y2+y1my2+y1−1=−8m4m2+9−8m24m2+9−1=8m12m2+9．
当m≤0时，k≤0．
当m>0时，
因为12m+9m≥2 12×9=12 3，当且仅当m= 32时，等号成立．
所以k=8m12m2+9≤2 39．
所以当m= 32时，k取得最大值2 39．

21.解：(1)当n=4时，A={1,2,3,4}，
则当u=1时，v=3，k=2时，，满足条件1+3=22，即{1,3}⊆W，
故A的所有P(3)子集有{1,2,3}，{1,3,4}；
(2)当n≥3时，取W={1,3}，∵1+3=22，∴W是A的P(2)子集，此时m=2，
若m≥3，设a1，a2，a3∈W，且1≤a1