北京市2024_2025学年高二数学上学期期中测试试题含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期期中测试试题含解析，共15页。
在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.
一、选择题共10小题，每小题5分，共50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，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量夹角的坐标运算公式计算即可.
【详解】解：，
又，
.
故选：C.
2. 圆：与圆：的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相离C. 外切D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心距以及圆的半径确定正确选项.
【详解】圆：的圆心为，半径为.
圆：的圆心为，半径为.
，，
所以两圆相交.
故选：A
3. 双曲线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程可得实半轴长a，虚半轴长b，再由关系式求解即得.
【详解】双曲线实半轴长a，虚半轴长b，依题意得，
设双曲线半焦距为c，则，解得，又双曲线焦点在x轴上，
所以焦点坐标是.
故选：C
4. 下列命题中，正确的是（ ）.
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用绝对值的意义结合特殊值法判定即可.
【详解】若，即，但，故A、D错误；
若，即，但，故B错误；
显然，则，故C正确.
故选：C
5. 两平行直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将直线的方程变形，然后利用两平行线间的距离公式求解即可
【详解】由，得，
所以两直线间的距离为，
故选：A
6. 已知椭圆的方程为，则此椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
椭圆方程化成标准形式后求出代入离心率公式可得答案.
【详解】由得，所以，
，.
故选：B.
7. 若构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间的另一个基底的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理逐个判断各个选项即可．
【详解】解：对于选项A：因为，所以，，共面，不能构成基底，故选项A错误，
对于选项B：因为，所以，，共面，不能构成基底，故选项B错误，
对于选项C：因为，，，共面，不能构成基底，故选项C错误，
对于选项D：若，，共面，则，即，则，无解，所以，，不共面，可以构成空间的另一个基底，故选项D正确.
故选：D．
8. 设，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
【答案】A
【解析】
【分析】求出的值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解.
【详解】因为直线，
当时，，此时，即可以推出，
当时，，解得或，
又时，，此时，所以推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
9. 已知直线与曲线有且只有一个公共点，则实数的范围是（ ）
A. B. 或
C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】把曲线方程整理后可知表示半圆，进而画出图象来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于和另一个点，及与曲线交于点0,1，分别求出，则的范围可得．
【详解】曲线，即，表示一个半圆（单位圆位于轴及轴右侧的部分）．

如图，、、，
当直线经过点时，，求得；
当直线经过点、点时，，求得；
当直线和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得，求得，或（舍去），
故要求的实数的范围为或，
故选：C．
10. 如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解.
【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设A关于平面的对称点为，则，，
设平面的法向量，则，，
令，则，所以，
所以A与到平面的距离即①，
又，所以②，所以由①②得，
所以由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解.
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11. 已知向量，，且，则x的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件利用空间向量垂直的坐标表示计算作答.
【详解】因向量，，且，则有，解得，
所以x的值为.
故答案为：
12. 方程表示一个圆，则m的取值范围是 ．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由题表示一个圆，可得；
考点：圆的方程.
13. 双曲线的离心率为______，渐近线方程为____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将双曲线化成标准方程求解进而得到离心率和渐近线即可
【详解】由题，双曲线中，即，故，故离心率，渐近线方程为，即
故答案为：；
14. 已知椭圆，则此椭圆的焦距长为__________；设为的两个焦点，过的直线交椭圆于两点，若，则__________.
【答案】 ①. 8 ②. 8
【解析】
【分析】利用椭圆的定义可得，两式相加即可求解.
【详解】由椭圆方程可知：，，
则，椭圆的焦距长为；
由椭圆的定义得，，
两式相加得，
即，可得．
故答案为：8；8．
15. 已知实数a，b满足，则的最小值为___________.
【答案】5
【解析】
【分析】由题可知，表示的是直线上一点到定点，的距离之和，然后求出点N关于直线对称的点为，再根据三点共线时，最小，即最小，即可求出结果.
【详解】由题可知，表示的是直线上一点到定点，的距离之和.
如图，设点N关于直线对称的点为，
则，解得，
当三点共线时，最小，即最小
所以最小值为.
故答案为：5.
16. 如图，正方形ABCD的边长为20米，圆O的半径为1米，圆心足正方形的中心，点P、Q分别在线段AD、CB上，若线段PQ与圆O有公共点，则称点Q在点P的“盲区”中. 已知点P以1.5米/秒的速度从A出发向D移动，同时，点Q以1米/秒的速度从C出发向B移动，则点P从A移动到D的过程中，点Q在点P的育区中的时长约为________秒（精确到0.1）
【答案】4.4
【解析】
【分析】以为坐标原点,建立适当的平面直角坐标系,求得的坐标和直线的方程,圆方程,运用点到直线的距离公式,以及直线和圆相交的条件,解不等式即可得到所求时长.
【详解】以为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系：
由题意可设，
所以直线的方程为：，
圆方程为：，
因为直线与圆有交点，
所以，化为，解得，
所以点在点的盲区中的时长约为秒.
故答案为：
【点睛】本题考查直线和圆的方程的应用，直线和圆的位置关系,坐标法和二次不等式的解法,属于中档题.
三、解答题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
17. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理和线面平行的判定定理进行证明.
（2）利用线面垂直的判定定理和性质定理及平面几何的知识，证明得到是二面角的平面角，从而计算得到结果.
【小问1详解】
连接，交于点，
由底面是正方形，可知为的中点，
又是的中点，是的中位线，
，
又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
设，，
底面，底面，，
即是直角三角形，，
又E是的中点，，
同理可得，且，，平面，
平面，，
在直角中，，
，，
又，二面角的平面角为，
.
二面角的平面角的余弦值为.
18. 已知圆C的圆心是直线与直线的交点，且和直线相切，直线，直线l与圆C相交于P，Q两点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求直线l所过的定点；
（3）当的面积最大时，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）依次求出圆心和半径即可得解；
（2）由题意列出方程组即可求解；
（3），当时，面积最大，此时为等腰直角三角形，圆心到直线l的距离，据此即可求出m.
【小问1详解】
，圆C的圆心的圆心坐标为，且和直线相切，
所以圆C的半径为，
所以圆C的标准方程为；
【小问2详解】
由，得，
由，
∴直线l过定点；
【小问3详解】
∵，∴当时，面积最大，
此时为等腰直角三角形，故圆心到直线l的距离，
∴，解得，
∴此时l的方程为：或.
19. 如图，正方体的棱长为2，E为的中点.点M在上.

（1）求证：平面；
（2）从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定.
求直线与平面所成角的大小，及点E到平面的距离.
条件①：
条件②：
条件③：平面
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）直线与平面所成角为；点E到平面的距离为
【解析】
【分析】（1）根据正方体的特征得到侧棱垂直于底面，即侧棱垂直于底面中的任意一条直线，对角线互相垂直平分，即可得到线面垂直；
（2）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得到条件①不符合题意，②③均可使点M唯一确定，再根据建立空间直角坐标系集合向量，利用向量的夹角公式求得结果.
【小问1详解】
证明：∵是正方体，
∴平面，，即，
∵，
∴平面，
又点M在上，所以平面；
【小问2详解】
选条件①：由，
根据正方体的对称性可知，此时为上的任意一点，不符合题意；
选条件②：，
连接，在正方体中，根据平面，
∵平面，∴，
又，∴，
∵平面，∴，
又为中点，∴为中点，即此时为上确定的一点；

选条件③：平面，
连接，∵平面，平面，
且平面平面，∴，
∵为中点，∴为中点，即此时为上确定的一点；
根据题意条件①不符合题意，条件②③均可使点M唯一确定，并且可得到为中点，
根据正方体的特征建立空间直角坐标系如图所示：

则，
∴，则，
设平面法向量为m=x,y,z，
则，令，则，
∴，即，，
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角为；
点E到平面的距离为.
20. 已知和为椭圆上的两点.
（1）求椭圆C的方程和离心率；
（2）设直线与椭圆C交于A、B两点，求三角形AOB面积的取值范围.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，两点坐标，求出，再利用求出，进而得到椭圆方程与离心率；
（2）联立椭圆方程与直线方程，求出AB弦长，再求出点O到AB的距离，求出三角形AOB面积，研究该函数的最值即可.
【小问1详解】
解：和为椭圆上的两点，
所以，解之得，，又因为，所以.
所以椭圆C的方程为，离心率.
小问2详解】
解：联立方程，消去得，
因为，
所以设交点，，则，，
所以
.
又因为点到直线的距离为，
所以三角形AOB面积
令，
则
（当且仅当即时，等号成立），
也就是当时，三角形AOB面积取最大值
又因为当时，，
所以三角形AOB面积的取值范围是.
21. 设有限集合，对于集合，给出两个性质：
①对于集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则称A为的封闭子集；
②对于集合A中任意两个元素，都有，则称A为的开放子集.
（1）若，集合，判断集合为的封闭子集还是开放子集；（直接写出结论）
（2）若，且集合A为的封闭子集，求的最小值；
（3）若，且为奇数，集合A为开放子集，求的最大值.
【答案】（1）A为的封闭子集，B为E的开放子集
（2）9 （3）
【解析】
【分析】对于（1），利用封闭子集，开放子集定义可得答案；
对于（2），，设.
因集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则，其中.据此可得，得，后排除8，再说明9符合题意即可；
对于（3），因，且为奇数，当时，得；
当，将里面的奇数组成集合A，说明集合A为E开放子集，且为最大值即可.
小问1详解】
对于A，因，
且，则A为E的封闭子集；
对于B，由题可得，注意到其中任意两个元素相加之和都不在B中，任意元素也不是其他两个元素之和，且，故B为E的开放子集；
【小问2详解】
由题：，
设.
因集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则，其中.
得，，，
.因，则.
若，则，则在A中存在元素，使它们的和为.
又，则当时，，
得，则在A中存在元素，使它们的和为.
又当时，，得，则在A中存在元素，使它们的和为.注意到奇数，且，故不存在元素，使，这与集合A为的封闭子集矛盾，故.
当，取，易得其符合的封闭子集的定义，故的最小值为9；
【小问3详解】
因，且为奇数，当时，得；
当，将里面的奇数组成集合A，则，
因A中每个元素都是奇数，而任意两个奇数之和为偶数，且，则A为E开放子集，此时集合A元素个数为.下面说明为最大值.
时，显然成立；当，若，则中至少有一个属于的偶数，设为，则，得为属于集合中的奇数，这与E开放子集的定义矛盾，故.
综上：的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，难度较大.
（1）问主要考查对于定义的理解；（2）问从定义出发，得到，得，继而结合定义分析出；（3）问，由任意两个奇数之和为偶数可构造出集合A.