北京市2024_2025学年高二数学上学期期末模拟试题含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期期末模拟试题含解析，共16页。试卷主要包含了 圆与圆的位置关系是， 在的展开式中，常数项为等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，共150分.考试时长100分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题共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. 在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果.
【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知，
关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数，
所以点关于原点对称的点的坐标为.
故选：D
2. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角.
【详解】依题意，直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率为，对应倾斜角为.
故选：D
3. 抛物线的焦点为，点在此抛物线上，，则点的横坐标为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦半径公式即可求解.
【详解】根据焦半径公式可得，故，
故选：B
4. 圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 内切C. 外切D. 内含
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心距与半径关系即可求解.
【详解】的圆心和半径为，
的圆心和半径为,
故两圆的圆心距离为,
故两圆为外切，
故选：C
5. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. 60B. 15C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式通项公式，进而求出常数项.
【详解】二项式的展开式的通项为，
由，得，所以所求常数项为.
故选：A
6. 某学校4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步乘法计数原理，先从4人中选出2人作为一组，有种方法，再与另外2人一起进行排列，有种方法，相乘即可得到答案.
【详解】4名学生分到3个小区，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，
∴4名同学不同的分组方法只能为2，1，1，
∴不同的安排方法有(种).
故选：D.
7. 已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正四棱锥的性质得到平面，，然后根据，，得到的范围，最后根据三角形面积公式求面积的最小值即可.
【详解】取中点，连接、、，
因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
因为，，所以，，
在直角三角形中，当时，最小，为，
当点和点重合时，最大，最大为4，所以，
，所以当时，的面积最小为.
故选：B
8. 已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，可得以直线上的点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，再利用圆与圆的位置关系求出的范围.
【详解】由，得点在以线段为直径，中点为圆心的动圆上，
令圆的圆心为，则，当且仅当时取等号，
而点在圆上，则圆与圆必有公共点，显然点在圆外，于是，
又有最小值2，无最大值，因此无最大值，，
所以的取值范围是.
故选：C
9. 已知直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦的差角公式，结合斜率的计算公式即可求解.
【详解】由题意可知，故，
若，则，
由于，故，则，
所以，故充分性成立，
若，结合，
取满足，但，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
10. 一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据曲线对称性，利用曲线参数方程表示区域内两点间的距离，再根据二次函数性质求最值得结果.
【详解】的参数方程为：（为参数）
由于都满足方程，
所以曲线是关于点中心对称的图形，
所以曲线上点到原点距离为直径长的一半，
由于，根据二次函数的性质可知，
当时，取得取大值为，
所以，直径为.
故选：B
【点睛】思路点睛：
利用对称性简化问题：由于曲线的对称性，可以只计算某一区域的直径.
参数方程表示曲线：通过适当的参数化简化曲线方程，方便计算.
求最大距离：通过计算曲线上某一点与原点的距离，并找到最大值.
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 如图，直线过椭圆的左焦点F1和一个顶点B，该椭圆的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】分别令直线方程中y＝0和x＝0，进而求得b和c，进而根据b，c和a的关系求得a，则椭圆的离心率可得．
【详解】解：在l：x﹣y+2＝0上，令y＝0得F1（﹣2，0），令x＝0得B（0，2），即c＝2，b＝2．
∴a＝2，e．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质和椭圆的标准方程．考查了学生对椭圆基础知识的掌握和灵活运用．
12. 圆的圆心到直线的距离为1，则的值为____________
【答案】
【解析】
分析】
由已知圆的方程求出圆心坐标，代入点到直线距离公式，即可求得值．
【详解】解：圆的圆心坐标为：，
故圆心到直线的距离，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，属于基础题．
13. 设，则___________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法求出值即可得解.
【详解】取，得，
取，得，
所以.
故答案为：0
14. 双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得.
【详解】由，故其渐近线方程为；
令，由题意可得，即有，解得，
故，即.
故答案为：；.

15. 如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论：
①的面积的最大值为；
②满足的面积为2的点有且仅有4个；
③点可能为的中点；
④线段的最大值为3.
其中所有正确结论的序号是___________.
【答案】①④
【解析】
【分析】先找出的运动轨迹，再结合图形逐项分析，即可得解.
【详解】取的中点为，连接，由为的中点，得，
，则，，又，
则，于是，又平面，平面，
则，又平面，因此平面，
而平面，则平面平面，又平面平面，
于是的轨迹为线段，
对于①，由图知，当在上时，此时三角形面积最大，
，面积的最大值为，①正确；
对于②，由图可知，当或时，的面积为2，
因此满足使的面积为2的点有且只有2个，②错误；
对于③，由图知，点不可能在线段上，点不可能是的中点，③错误；
对于④, 由图知，当与重合时，此时长度最大，最大值为，④正确.
故答案为：①④
三､解答题共6小题，共85分.解答题应写出文字说明，计算步骤或证明过程.
16. 某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．
（1）将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
（2）从6名中选出3人参加某公益活动．
（i）共有多少种不同的选择方法？
（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？
【答案】（1）480 （2）20，16
【解析】
【分析】（1）根据插空法即可求解；
（2）根据组合定义即可求解（i）；用“6名学生中选出3人参加某公益活动”所有情况减去 “6名学生中选出3名男生参加某公益活动”的情况即可求解（ii）．
【小问1详解】
男生先排有种，女生插空有种，
所以共有种不同排法．
【小问2详解】
（i）6名中选出3人共有种方法；
（ii）6名中选出3名男生有种方法，
所以至少有1位女生入选，共有种不同的选择方法．
17. 已知为坐标原点，圆为的外接圆.
（1）求圆的标准方程；
（2）过原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，设出圆的一般方程，带入已知点，建立方程组，可得答案；
（2）由（1）可得圆心与半径，利用圆的弦长公式，结合分类讨论，可得答案.
【小问1详解】
设的外接圆的方程为.
均在圆上，
解得，所以圆的方程为.
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知圆心，半径为，因为直线被圆截得的弦长为，
所以点到直线的距离为.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
则，两边同时平方得，解得或.
当直线的斜率不存在时，不满足条件.
所以直线的方程为或.
18. 如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量的垂直及可求解，
（2）求解平面法向量，即可根据夹角公式求解.
【小问1详解】
由于,故建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
故，
故，因此
【小问2详解】
由于平面，故平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
,
故，令，则，
设二面角的平面角为，由图可知为钝角，
故
19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，直线过点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）延长线段与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求此时直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)有条件列出关于的方程，解方程求，由此可得椭圆C的方程；
(2)由求点P的坐标，根据点在椭圆上列方程求直线l的斜率.
【小问1详解】
由题意可知，，，
∵，
∴，，
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线l的方程为，，，
联立，消去y得，，
则，
若四边形为平行四边形，则，设
∴，，
∵点P在椭圆上，
∴，
解得，即，
∴当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为.
20. 如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题.
条件①：
条件②：；
条件③：平面.
（1）求证：为的中点；
（2）求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）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，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：，
连接，正方体中，由平面，
因平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面，
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以，
因为为的中点，所以为的中点．
【小问2详解】
在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
点到平面的距离为.
21. 已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积求出，即可得椭圆标准方程.
（2）求出两点的坐标，设，并表示出点的坐标，结合向量共线求出即可推理得证.
【小问1详解】
由椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4，得，则，
由的离心率为，得，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
由，解得或，则，，
设，有，直线的方程为，
由，解得点的横坐标，
直线的方程为，由，解得点的横坐标，
由，得，同理，
所以，
而，
所以为定值.