2025北京清华附中朝阳学校高二上学期期中数学试卷和答案

这是一份2025北京清华附中朝阳学校高二上学期期中数学试卷和答案，共13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。
若直线 l 的一个方向向量为 a  2, 5, 7 ，平面 的一个法向量为u  1,1, 1 ，则
A. l∥αB. l⊥αC. l⊂αD. A､C 均有可能
如图所示，三棱柱 ABC  A1B1C1 中， N 是 A1B 的中点，若CA  a ， CB  b ， CC1  c ，则CN ＝
（ ）
A. 1 a  b  c )B. 1 a  b  c 
a  b  1 c
D. a  1 b  c 
2
2
2
C.
2
直线l 过点 B 4, 3 ，且在 x 轴上的截距是在 y 轴上截距的 2 倍，则该直线的斜率是（ ）．
 4
 1
3 或 1
 3 或 1
324242
设抛物线的顶点为O ，焦点为 F ，准线为l ． P 是抛物线上异于O 的一点，过 P 作 PQ  l 于Q ，则线段
FQ 的垂直平分线（ ）．
经过点OB. 经过点 P
C. 平行于直线OPD. 垂直于直线OP
如图，已知 PA  平面 ABC ， ABC  120 ， PA  AB  BC  6 ，则向量 PC 在 BC 上的投影向量为
（ ）
2 BC
2 BC
B.
33
C. D.
3 BC
3 BC
22
圆 x2  y2  4 与圆 x2  y2  4x  4 y  4m  0 的公共弦所在的直线和两坐标轴所围成图形的面积为 2，则 m 的值为（ ）
3
1
3D. 3 或1
已知直线 x  2 y  3  0 与直线 ax  4 y  b  0 关于点 A(1, 0) 对称，则实数b 的值为（ ）
A. 2B. 6C. 2D. 6
设函数 f  x  sin x  csx(  0) ，若 f (x  π)  f (x) 恒成立，且 f (x) 在0, π  上存在零点，则
4 
 的最小值为（ ）
A.8B. 6C. 4D. 3
设 F 、 F 是椭圆 E ： x2  y2  1(a  b 的左、右焦点， P 为直线 x  3a 上一点， F PF 是底角
12a2b20)
221
为30的等腰三角形，则 E 的离心率为
1
2
234
C. D.
345
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 P 是对角线 AC1 上的动点（点 P 与 A, C1 不重合），则下面结论中正确的是（ ）
①存在点 P ，使得平面 A1DP// 平面 B1CD1
②存在点 P ，使得 AC1  平面 A1DP
2
③对任意点 P ， △A1DP 的面积都不等于
6
④ S1, S2 分别是△A1DP 在平面 A1B1C1D1 ，平面 BB1C1C 上的正投影图形的面积，对任意点 P ， S1  S2
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①③④
二、填空题（每小题 5 分，共 25 分）
已知a, b, c 是空间的一个基底，向量 AB  2a  3c ， AC  a  b ， AD  b  c ，且 A ， B ，
C ， D 四点共面，则  .
如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别是棱 BC，DD1 上的点，如果 B1E⊥平面 ABF，则 CE 与 DF 的和的值为．
已知点m, n 在曲线 y 
4  x2
上，则
n  2
m  3
的取值范围是．

2
2
2
2
已知双曲线C : xy  1a  0,b  0 的右焦点为 F ，过点 F 作垂直于 x 轴的直线l ， M , N 分别是
ab
l 与双曲线C 及其渐近线在第一象限内的交点.若 M 是线段 FN 的中点，则C 的渐近线方程为.
如图所示，第九届亚洲机器人锦标赛VEX 中国选拔赛永州赛区中，主办方设计了一个矩形坐标场地 ABCD （包含边界和内部， A 为坐标原点）， AD 长为 10 米，在 AB 边上距离 A 点 4 米的 F 处放置一只电子狗，在距离 A 点 2 米的 E 处放置一个机器人，机器人行走速度为v ，电子狗行走速度为2v ，若电子狗和机器人在场地内沿直线方向同时到达场地内某点 M ，那么电子狗将被机器人捕获，点 M 叫成功
点．在这个矩形场地内成功点 M 的轨迹方程是；若 P 为矩形场地 AD 边上的一点，电子狗在线段 FP 上总能逃脱，则 AP 的取值范围是.
三、解答题（共 85 分）
已知以点 A1, 2为圆心的圆与直线 m : x  2 y  7  0 相切，直线l : kx  y  2k  0 与圆 A 相交于
M ， N 两点.
求圆 A 的方程；
AMN
当
的面积最大时，求直线 l 的方程.
如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PA⊥平面 ABCD，点 E 是棱 PC 的中点，且
AE=AB．
记平面 ADE 与平面 PBC 的交线为 l，证明：直线 l∥平面 ABCD；
求直线 PC 与面 ADE 所成角的正弦．
2
在ABC 中， sinA 2sinB, b ．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，
使 ABC 存在且唯一确定，并解决下面的问题：
求角 B 的大小；
求 ABC 的面积．条件①： c  4 ；
条件②： b2  a2  c2 2ac ；
条件③： acsB  bsinA ．
注：如果选择的条件不符合要求，不给分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
1
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PDC  平面 ABCD ， AD  DC ， AB//DC ， AB 
5
PD  AD  1， PC ， AB  1， M 为棱 PC 的中点.
DC ，
2
求二面角 P  DM  B 的余弦值；
在线段 PA 上是否存在点Q ，使得点Q 到平面 BDM 的距离是 2 6 ？若存在，求出 PQ 的值；若不
2
存在，说明理由.
5 2
5 2
9
y  x
PA
1 5 
已知圆 M 与圆 N :  x 
   y   r
关于直线
对称,且点 D   ,  在圆 M 上．

(1)求圆 M 的方程;
3 3 
3 3 
（2）设 P 为圆 M 上任意一点, A 1, 5  , B 1, 5  , PA 与 PB 不共线, PG为 APB 的平分线,且交
3 3 

AB 于G .求证: PBG 与APG 的面积之比为定值．
已知集合 Sn  {1, 2, 3,, 2n}n  N*, n  4 ，对于集合 Sn 的非空子集 A ．若 Sn 中存在三个互不相同的元素 a ， b ， c ，使得 a  b ， b  c ， c  a 均属于 A ，则称集合 A 是集合 Sn 的“期待子集”．
试判断集合 A1  3, 4, 5， A2  {3, 5, 7} 是否为集合 S4 的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）
如果一个集合中含有三个元素 x ， y ， z ，同时满足① x  y  z ，② x  y  z ，③ x  y  z 为偶
数．那么称该集合具有性质 P ．对于集合 Sn 的非空子集 A ，证明：集合 A 是集合 Sn 的“期待子集”的充要条件是集合 A 具有性质 P ；
若 Sn (n  4) 的任意含有m 个元素的子集都是集合 Sn 的“期待子集”，求m 的最小值．
参考答案
一、单选题（每小题 4 分，共 40 分）
二、填空题（每小题 5 分，共 25 分）
【答案】由 A, B, C, D 四点共面可知，存在唯一实数对 m, n ，使得 AD  m AB  n AC ，
即b  c  m 2a  3c   n a  b   2m  n a  nb  3mc ，
m  1
2m  n  02
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
D
B
D
D
A
C
C
A

所以
n  1

，解得
n  1 .

 3m  
3
3
  
2
故答案为：
2
【答案】设 CE＝x，DF＝y，以 D1A1，D1C1，D1D 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，

∴ B1E   x 1, 0,1 ， FB  1,1, y  ，
∵B1E⊥平面 ABF，∴B1E⊥FB，

∴ FB B1E  1,1, y  x 1, 0,1  x 1 y  0  x  y  1.
故答案为：1.
4  x2
【答案】曲线 y 
，即 x2  y2  4 ，且 y  0 ，故曲线是一个半圆．
式子 n  2 表示点3, 2 与点m, n 连线的斜率．
m  3
易知半圆上的点0, 2 与点3, 2 连线的斜率最小且为 0，半圆上的点2, 0 与点3, 2 连线的斜率最大且为 2，
故 n  2 的取值范围是0, 2 ．
m  3
即答案为0, 2.
【答案】设双曲线的右焦点 F c,0 ，如图所示：
过第一象限的渐近线方程为 y  b x ，
a
所以直线 x  c 与直线 y  b x 交于点 N  c, bc  ，
aa 

x  c
 x2y2

联立 a2
 1
b2

，解得： M  c,
b2 
 ，
 y  0

a2  b2  c2
由 M 是线段 FN 的中点，
a 
c2  b2
2
所以 b  bc  c  2b, a 
3b
a2a
3b ’
所以双曲线的渐近线方程为： y  
故答案为： y  3 x .
3
b x   b a
x  x ，
3
3
【答案】分别以 AD ， AB 为 x 轴， y 轴建立平面直角坐标系，则 E 0, 2 ， F 0, 4 ，
MF
ME
x2   y  22
x2   y  42
M x, y
设成功点 ，则
，即
2vv
，
2vv

化简得 x2   y 

4 2 
3

 16
9
，因为点 M 在矩形场地内，所以0  x  4 ，
3

所以点 M 的轨迹方程是 x2   y 

4 2 
3

 16  0  x 
9 

4  .
3 


当 FP 与圆 x2   y 

4 2 
3

 16
9
相切时，则有sin AFP 
4
1
2
3 4  ，
4 
3
所以AFP  π ，所以 AP  4 tan π  4 3 ，又 AD  10 ，
663
若电子狗在线段 FP 上总能逃脱，则 P 点的横坐标取值范围为 4 3 ,10 ，
 3

所以 AP 的取值范围是 4 3 ,10 .
 3

4 2
16 
4  4 3
故答案为： x2   y    0  x   ； ,10 .
3 9 
3  3
三、解答题（共 85 分）
【答案】（1）
由题意知 A1, 2到直线 x  2 y  7  0 的距离为圆 A 的半径 r ，
5
1 4  7
5
r  2，
圆 A 方程为(x 1)2  ( y  2)2  20 .
（2）
5
直线 l 过定点 B 2, 0 且点 B 在圆 A 内， AB 
5
令点 A 到直线 l 的距离为d ，则0  d 
r 2  d 2
20  d 2
 MN  2 2
AMN
= 1
2
 d 2  102 +100
3
SMN d = 20 d 2  d = 20 d 2 d 2 = 5
5
当且仅当 d 时，取到最大值.此时 AB  l
k 2 ，k   1 ，直线l : x  2 y  2  0
ABl2
【答案】（1）因为四边形 ABCD 是正方形，
所以 BC∥AD．
又因为 ADC 平面 PBC，BC  平面 PBC，所以 AD∥平面 PBC．
又因为 AD  平面 ADE，平面 ADE∩平面 PBC=l，
所以 AD∥l．
又因为 AD  平面 4BCD，l  平面 ABCD，所以 l∥平面 ABCD．
（2）因为四边形 ABCD 是正方形，PA⊥平面 ABCD， AB，AD  平面 ABCD，
所以 AB，AD，AP 两两垂直，．
建立空间直角坐标系 A-xyz，如图．
不妨设正方形 ABCD 的边长为 1，设 AP=a>0，
则 A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，a)，
因为点 E 是线段 PC 的中点，所以 E( 1 ， 1 ， a )
222
AE   1 1 a 
所以 PC  1,1, a ， AD  0,1, 0 ，, ,  ．
因为 AE=BC=1，所以
 2 2 2 
 1 2 1 2 a 2
 2    2    2 

 1，所以 a 2 ，
所以 PC  1,1,  2 ， AE   1 1 3  ．
,,
 2 22 
设平面 ADE 的法向量为 n  (x, y, z) ，则
n  AD  0
 y  0

n  AE  0 即 1 x  1 y 2 z  0
 222
2
令 z=1，则 x=-
n, PC
 n  PC   2  0 2
n PC
2 3
于是 n  (
所以cs
2, 0,1)
6
  3 ．
所以直线 PC 与平面 ADE 所成角的正弦为 6 ．
3
【答案】（1）
2
依题意， sinA 2sinB, b ，由正弦定理得 a 2b  2 .
选①， c  4 ，则 a  b  c ，三角形不存在，不符合题意.
选②， b2  a2  c2 2ac ，则 a2  c2  b2 2ac ，
a2  c2  b22π
cs B 
2ac
，则 B 为锐角，且 B  .
24
2
且由22  c2   2 2 2  2c 得c2  2 2c  2  c 2 2  0, c  b ，
三角形 ABC 是等腰直角三角形，存在且唯一，符合题意.
选③， acsB  bsinA ，由正弦定理得sin Acs B  sin Bsin A ，
由于0  A  π, sin A  0 ，所以cs B  sin B ，则tan B  1，则 B 为锐角，且 B  π .
4
由余弦定理得b2  a2  c2  2ac cs B ，即2  4  c2  2 2c  0 ，
2
得c2  2 2c  2  c 2 2  0, c  b ，
所以三角形 ABC 是等腰直角三角形，存在且唯一，符合题意.
（2）
2
由（1）得三角形 ABC 是等腰直角三角形，所以 S 1 
2  1.
ABC2
【答案】（1）
PC 5, PD  1, CD  2 ， PC 2  PD2  CD2 ，故 PD  DC ，
平面 PDC  平面 ABCD ，平面 PDC 平面 ABCD  DC ， PD  平面 PDC ，故 PD  平面 ABCD ，
又 AD, CD  平面 ABCD ，故 PD  AD ， PD  CD ，又 AD  DC ，
以点 D 为坐标原点， DA, DC, DP 所在直线分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图：
则 P 0,0,1 ， D 0,0,0 ， A1,0,0 ，C 0,2,0， M 为棱 PC 的中点， M  0,1, 1  ，
2 

B 1,1,0 ， DM   0,1, 1 ， DB  1,1,0 ，
2 

n  DM  y  1 z  0

设平面 BDM 的一个法向量为 n   x,y,z  ，则2，
n  DB  x  y  0
令 z  2 ，则 y  1， x  1 ，故 n  1, 1,2 ；平面 PDM 的一个法向量为 DA  1,0,0 ，
csn, DA 
n  DA 
n DA
16 ，
6 16
二面角 P  DM  B 的平面角为钝角，故其余弦值为6 ；
6
（2）
假设在线段 PA 上是存在点Q ，使得点Q 到平面 BDM 的距离是 2 6 ，
9
设 PQ  PA ， 0 ≤  ≤1 ， BQ  BP  PQ  BP  PA   1, 1,1   ， 平面 BDM 的一个法向量为 n  1, 1,2 ， BQ  n   11 2 1    2   ，
BQ  n
n
点Q 到平面 BDM 的距离是
 2 6 ，解得  2 ，
6
 2  
93
故线段 PA 上存在点Q 满足条件， PQ  2 .
PA3
【答案】
因为圆 N 的圆心 N  5 ,  5  关于直线 y  x 的对称点为 M   5 , 5  ,
 33 3 3 

所以r2  MD 2
  


4 2
3


 16
9
5 25 216
所以圆M 的方程为 x  3    y  3   9

PB
PA


SΔPBG
S
因为G 为APB 的角平分线上一点,所以G 到PA 与PB 的距离相等,所以
ΔPAG
22
5 216
5 224
设Px0 , y0  ,则 PA  x0 1   y0    x0    x0 1   x0 ,
3 93 3
22
5 2
16
5 2216
PB  x0 1
  y  
PB
PA
03

  x  
03
9
PB
PA
S
 x0 1
 3 x0
PB 2
所以
PA 2
 4 ,所以
 2 ,所以 ΔPBG  2 为定值.
SΔPAG
【答案】（1）
因为 S4  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8 ，
a  b  3
a  2
对于集合 A  3, 4, 5，令b  c  4 ，解得b  1 ，显然1 S ， 2  S ， 3 S
1

c  a  5


c  3
444
所以 A1 是集合 S4 的“期待子集”；
a1  b1  3
对于集合 A  {3, 5, 7}，令b  c  5 ，则 a  b  c  15 ，
2 111112
c  a  7
 11
因为 a1, b1, c1  S4 ，即 a1  b1  c1  N*，故矛盾，所以 A2 不是集合 S4 的“期待子集”；
（2）
先证明必要性：
当集合 A 是集合 Sn 的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的a, b, c  Sn ，使得 a  b, b  c, c  a  A ，不妨设a  b  c ，令 x  a  b ， y  a  c ， z  b  c ，则 x  y  z ，即条件 P 中的①成立；
又 x  y  z  a  b  c  a  b  c  2a  0 ，所以 x  y  z ，即条件 P 中的②成立；因为 x  y  z  a  b  c  a  b  c  2 a  b  c ，
所以 x  y  z 为偶数，即条件 P 中的③成立；
所以集合 A 满足条件 P
再证明充分性：
当集合 A 满足条件 P 时，有存在 x, y, z  A ，满足① x  y  z ，② x  y  z ，③ x  y  z 为偶数，
记 a  x  y  z  z ， b  x  y  z  y ， c  x  y  z  x ，
222
由③得 a, b, c  Z ，由①得 a  b  c  z ，由②得a  x  y  z  z  0 ，
2
所以 a, b, c  Sn ，
因为 a  b  x ， a  c  y ， b  c  z ，所以 a  b ， b  c ， c  a 均属于 A ，即集合 A 是集合 Sn 的“期待子集”.
​
m 的最小值为 n  2 ，理由如下：
一方面，当3  m  n 时，对于集合 M  ai | ai  2i 1, i  1, 2, 3,, m ，其中任意三个元素之和均为奇数，由（2）知， M 不是 Sn 的“期待子集”；
当 m  n 1时，对于集合 M  ai | ai  2i 1, i  1, 2, 3,, n2 ，从中任取三个不同的元素，若不含有2 ，则不满足条件 P 的③，
若含有2 ，则另外两个数必都是奇数，因为任意两个奇数之差（大数减小数）都不小于2 ，故不满足条件 P 中的②，所以 M 不是 Sn 的“期待子集”；
所以m  n  2 .
另一方面，我们用数学归纳法证明集合 Sn 的任意含有n  2 个元素的子集，都是 Sn 的“期待子集”：
当 n  4 时，对于集合 S4 的任意含有6 个元素的子集，记为 B ，
当 4 、6 、8 三个数中恰有1个属于 B 时，则1, 2, 3, 5, 7  B ，因为数组3, 4, 5 、3, 5, 6 、5, 7,8 、
5, 6, 7 、5, 7,8 都满足条件 P ，
当 4, 6,8 三个数都属于 B ，因为数组4, 6,8 满足条件 P ，所以此时集合 B 必是集合 S4 的“期待子集”，
所以当 n  4 时 S4 的任意含有6 个元素的子集都是集合 S4 的“期待子集”.
假设当 n  k k  4 时结论成立，即集合 Sk 的任意含有 k  2 个元素的子集都是 Sk 的“期待子集”，那么 n  k 1 时，对于集合 Sk 1 的任意含有 k  3 个元素的子集C ，
分成两类，①若2k  1 ， 2k  2 至多有1个属于C ，则C 中至少有 k  2 个元素都在集合 Sk ，由归纳假设知，结论成立；
②若2k 1 C ， 2k  C ，则集合C 中恰含 Sk 的 k 1 个元素，此时，当C 中只有一个奇数时，则集合
C 中包含 Sk 中的所有偶数，此时数组2k  4 ， 2k  2 ， 2k 符合条件 P ，结论成立；
当集合C 中至少有两个奇数时，则必有一个奇数c 不小于3 ，此时数组c ， 2k 1 ， 2k 符合条件 P ，结论成立，所以 n  k 1 时结论成立，
根据（I）（II）知，集合 Sn 的任意含有 n  2 个元素的子集，都是 Sn 的“期待子集”，所以m 的最小值为
n  2