2024-2025学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市石景山区高二（上）期末数学试卷（含答案），共8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y= 3x−1的倾斜角为( )
A. 15°B. 30°C. 45°D. 60°
2.双曲线x26−y23=1的渐近线方程为( )
A. y=±12xB. y=±2xC. y=± 22xD. y=± 2x
3.已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，下列命题正确的是( )
A. 若l//α，l⊥m，则m⊥αB. 若α//β，m//α，则m//β
C. 若l⊥α，l//β，则α⊥βD. 若l//α，m//α，则l//m
4.过点P(2,1)作圆C：x2+y2=1的切线l，则切线l的方程为( )
A. 4x−3y−5=0B. 4x−3y−9=0
C. y=1或4x−3y−5=0D. y=1或4x−3y−9=0
5.已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，满足∠F1MF2=π2的点M总在椭圆C内部，则椭圆C离心率的取值范围是( )
A. (0,1)B. (0,12]C. (0, 22)D. [ 22,1)
6.如图所示，空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，则MN等于( )
A. 12a−23b+12c B. −23a+12b+12c
C. 12a+12b−23c D. 23a+23b−12c
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A. π2B. π3C. π4D. π6
8.在平面内，A,B是两个定点，C是动点．若AC⋅BC=1，则点C的轨迹为( )
A. 圆B. 椭圆C. 抛物线D. 直线
9.在正四棱锥P−ABCD中，AB=2，二面角P−CD−A的大小为π4，则该四棱锥的体积为( )
A. 4B. 2C. 43D. 23
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在平面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥D1M，则动点P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
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.在空间直角坐标系中，已知点A(1,1,2)，B(−3,1,−2)，则线段AB的中点坐标是______．
12.点P(1,−1)到直线x−y+1=0的距离是______．
13.若直线l1：ax+2y+2=0与直线l2：3x−y−2=0平行，则a的值为______．
14.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，点M在C上.若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|= ______．
15.如图所示，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，给出下列四个结论：
①平面BDC⊥平面ADC；
②AC//平面PQMN；
③平面ABD⊥平面ADC；
④AD⊥平面BDC．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共5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6分)
在△OAB中，O是坐标原点，A(−2,2)，B(1,3)，求△OAB的外接圆方程．
17.(本小题8分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，底面ABC为等边三角形，E，F分别为BB1，AC的中点．
(Ⅰ)求证：BF//平面A1EC；
(Ⅱ)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
18.(本小题8分)
抛物线C：y2=4x的顶点为坐标原点O，焦点为F，过F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点．
(Ⅰ)当k=1时，求|AB|；
(Ⅱ)若△OAB的面积为 6，求k的值．
19.(本小题9分)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形.AD//BC，∠BAD=∠BAF=90°，AB=AD=1，BC=3．
(Ⅰ)求证：AF⊥CD；
(Ⅱ)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；
(Ⅲ)判断线段BD上是否存在点M，使得直线CE/​/平面AFM.(结论不要求证明)
20.(本小题9分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0, 3)，且离心率为12.设A，B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆上异于A，B的一点，直线AP，BP分别与直线l：x=4相交于M，N两点，且直线MB与椭圆C交于另一点H．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)求证：直线AP与BP的斜率之积为定值；
(Ⅲ)判断三点A，H，N是否共线，并证明你的结论．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.C
5.C
6.B
7.D
8.A
9.C
10.B
11.(−1,1,0)
12.3 22
13.−6
14.4
15.ABC
16.解：设△OAB的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0)，
根据题意，可得F=04+4−2D+2E+F=01+9+D+3E+F=0，解得D=12E=−72F=0，
所以△OAB的外接圆方程为x2+y2+12x−72y=0．
17.(Ⅰ)证明：取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1=M，因为E，F分别为BB1，AC的中点，
可得M为NF的中点，所以EM//BF；
又因为EM⊂平面A1EC，BF⊄平面A1EC，
所以BF//平面A1EC；
(Ⅱ)证明：因为底面ABC为等边三角形，F为AC的中点，所以BF⊥AC，
又因为A1A⊥底面ABC，BF⊂平面ABC，
所以AA1⊥BF，而AC∩AA1=A，
所以BF⊥平面ACC1A1，
由(Ⅰ)可得CE/​/BF，
所以CE⊥平面ACC1A1，
又因为CE⊂平面A1EC，
所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．
18.解：(Ⅰ)易知抛物线C的焦点坐标为F(1,0)，
当k=1时，直线l的方程为y=x−1，
联立y=x−1y2=4x，消去y并整理得x2−6x+1=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得xA+xB=6，xAxB=1，
所以|AB|= 1+k2× (xA+xB)2−4xAxB= 2× 36−4=8；
(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)y2=4x，消去y并整理得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，显然k不等于0，
此时Δ>0，
由韦达定理得x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，
所以|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2=4k2+4k2，
又点O到直线l的距离d=|k| k2+1，
所以S△OAB=12|AB|⋅d=12⋅4k2+4k2⋅|k| k2+1= 6，
整理得4k2+4=6k2．
解得k=± 2．
19.解：(Ⅰ)证明：因为ADEF为正方形，
所以AF⊥AD，
又因为∠BAF=90°，所以AF⊥AB，
因为AB∩AD=A，
所以AF⊥平面ABCD，又因为CD⊂平面ABCD，
所以AF⊥CD．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，AF⊥AD，AF⊥AB，
因为∠BAD=90°，所以AB，AD，AF两两垂直，
分别以AB，AD，AF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，

因为AB=AD=1，BC=3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，
所以BF=(−1,0,1)，DC=(1,2,0)，DE=(0,0,1)，
设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=0,n⋅DE=0.即x+2y=0z=0，
令x=2，则y=−1，所以n=(2,−1,0)，
设直线BF与平面CDE所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n,BF〉|=|2×(−1)| 5× 2= 105；
(Ⅲ)存在，
设BMBD=λ(λ∈(0,1]),
设M(x1,y1,z1)，则(x1−1,y1,z1)=λ(−1,1,0)，
所以x1=1−λ，y1=λ，z1=0，
所以M(1−λ,λ,0)，
所以AM=(1−λ,λ,0)．
设平面AFM的一个法向量为m=(x0,y0,z0)，
则m⋅AM=0m⋅AF=0，
因为AF=(0,0,1)，
所以(1−λ)x0+λy0=0z0=0，
令x0=λ，则y0=λ−1，
所以m=(λ,λ−1,0)，
在线段BD上存在点M，使得CE/​/平面AFM，
等价于存在λ∈(0,1]，使得m⋅CE=0，
因为CE=(−1,−2,1)，由m⋅CE=0，
所以−λ−2(λ−1)=0，
解得λ=23∈(0,1],
所以线段BD上存在点M，使得CE/​/平面AFM，且BMBD=23．
20.解：(Ⅰ)根据题意可知b= 3ca=12a2=b2+c2，解得a=2b= 3c=1.
所以椭圆C的方程x24+y23=1；
(Ⅱ)根据题意，直线AP，BP的斜率都存在且不为零，A(−2,0)，B(2,0)，
设P(x0,y0)，则x024+y023=1(−2