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（含解析）

这是一份北京市中关村中学2024−2025学年高二下学期开学考试 数学试卷（含解析），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。
一、单选题（本大题共10小题）
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(0，2)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．已知椭圆上一点和焦点.轴，若双曲线的一条渐近线经过点，那么双曲线的离心率为（ ）
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，则可以是（ ）
A．3B．C．2D．
8．已知数列的前项和为，且，则数列的前2025项的和为（ ）
A．B．C．D．
9．记等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．13B．45C．65D．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，则数列的前项和；
②若，数列的前项和为，则是递增数列；
③若数列是递增数列，则.
A．①②B．②③C．①③D．①②③
二、填空题（本大题共5小题）
11．双曲线的焦点到顶点的最小距离是 .
12．经过点，且与直线平行的直线方程是 .
13．抛物线上一点到焦点的距离等于3，则点的坐标为 .
14．已知等差数列的前项和为，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.下面是关于曲线的四个结论：
①曲线关于原点中心对称；
②曲线上点的横坐标取值范围是
③曲线上任一点到坐标原点的最小距离为；
④若直线与曲线无交点，则实数的取值范围是
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题（本大题共4小题）
16．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱，的中点.求证：
(1)∥平面；
(2)平面.
17．已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，、分别为、的中点，过的平面交于点，平面平面；

(1)证明：为的中点；
(2)取的中点，连接，，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（i）到平面的距离；
（ii）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．已知斜率为的直线过点，且与椭圆相交于不同的两点，，
(1)若，中点的纵坐标为，求直线的方程；
(2)若弦长，求的值.
19．已知椭圆的短轴的两个端点分别为，，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程及焦点的坐标；
(2)若直线与椭圆交于不同的两点，，直线与直线交于点，求证：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】直线过点，则直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，所以，
所以直线的倾斜角为.
故选：B.
2．【答案】B
【解析】根据条件求出半径即可.
【详解】因为圆心为且过原点，所以
所以圆的方程是
故选：B
3．【答案】A
【解析】由焦点坐标可知抛物线的开口向上，且，从而可求得抛物线的方程
【详解】解：因为抛物线的焦点为(0，2)，
所以设抛物线方程为，且，
解得，所以抛物线的方程为，
故选：A
4．【答案】C
【详解】
如图所示，因，则即异面直线与所成角.
连接，在中，，
则，即异面直线与所成角为.
故选：C.
5．【答案】A
【分析】
由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；
反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
6．【答案】C
【详解】根据椭圆方程可知，焦点坐标为，不妨设焦点F为右焦点，
因为轴，A在椭圆上，假设A点在第一象限，所以A点坐标为.
由题可知，双曲线的渐近线方程为，
又因为双曲线的一条渐近线经过点A，所以代入可知，
所以双曲线的离心率为
故选：C.
7．【答案】D
【详解】由圆方程可得圆心坐标为，
依题意需使点到直线的距离，解得.
故选：D.
8．【答案】C
【详解】∵，∴，而符合上式，，
，
∴数列的前2025项的和，
故选C．
【思路导引】若通项公式是分式型，分子是常数，分母是相邻两项的积，则可以考虑用裂项相消法求和.
9．【答案】C
【分析】由等差数列的求和公式及等差数列的性质求解．
【详解】，
故选C.
10．【答案】A
【详解】对于①：当时，则，
所以，故①正确；
对于②：当时，，
则，所以单调递增，
又，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：A
11．【答案】1
【详解】双曲线的焦点到顶点的最小距离为，
故答案为：1
12．【答案】
【详解】因所求直线与直线平行，故可设为，
代入点，解得，
故所求的直线方程为：.
故答案为：.
13．【答案】
【详解】因为抛物线的焦点 ，
则 ，即 ，
所以抛物线方程为 ，准线方程为，
因为到焦点的距离等于3，
所以到的距离等于3，
则 ， ，则 ，
则点的坐标为
故答案为： .
14．【答案】 /
【详解】设等差数列的公差为，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：；
15．【答案】①③④
【详解】对于①，在曲线上任取一点，则点关于原点的对称点为，
因为，即点在曲线上，
所以，曲线关于原点对称，①对；
对于②，由可得，解得或，
所以，曲线上点的横坐标取值范围是，②错；
对于③，在曲线在曲线上任取一点，
则，可得，则，
所以，，故，
所以，曲线上任一点到坐标原点的最小距离为，③对；
对于④，在曲线上任取一点，则点关于轴的对称点为，
因为，即点在曲线上，
所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线也关于轴对称，
当，时，曲线的方程可化为，
化简得，此时，，作出曲线的图象如下图所示：
考查当直线与圆相切，且圆的圆心为，半径为，
则，解得，
由对称性结合图形可知，若直线与曲线无交点，则实数的取值范围是，④对.
故答案为：①③④.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为E，F分别为，的中点，，，
则且，可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为四边形为正方形，则，
且，则，
又因为平面，平面，则.
且，则，
且，平面，所以平面.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)（i）到平面的距离为3；
（ii）二面角的余弦值为
【详解】（1）因为平面平面，又平面平面，平面平面，
所以，又因为是的中点，所以为的中点；
（2）条件①：，因为，所以，
所以，又，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
因为是正三角形，又是的中点，则平面,
而平面平面，
所以平面，
条件②：平面，又平面，所以平面平面，
因为是正三角形，又是的中点，则平面,
而平面平面，
所以平面，
（i）由（1）知为的中点，易得四边形是平行四边形，可得，
又，所以，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为，所以四点共面，
又，
所以到平面的距离；
（ii）设平面的法向量为，
又，
则，令，则，
所以平面的法向量为，
由（i）可得平面的一个法向量为，
所以.
所以二面角的余弦值为.
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意可设直线的方程为，
设的中点为，如下图所示：

联立，整理可得，
易知，解得或，
且，由，中点的纵坐标为，可得，
解得或（舍），
因此直线的方程为.
（2）由（1）可得；
又弦长，可得，
整理可得，
解得，即，满足题意，
因此直线的方程为，即，
可得
19．【答案】(1)椭圆的标准方程为，焦点坐标为
(2)证明见解析
【详解】（1）根据题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为，焦点坐标为.
（2）设直线与椭圆交于不同的两点，
由，消去得，
所以，
两式相除可得，所以，
直线的方程为，令，解得，所以，
所以，
，
所以.