北京市北京师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末数学模拟试卷-A4

这是一份北京市北京师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末数学模拟试卷-A4，共14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.在空间直角坐标系Oxyz中，点M(2,−3,1)关于原点对称的点的坐标为( )
A. (−2,−3,−1)B. (2,3,−1)C. (−2,3,1)D. (−2,3,−1)
2.已知直线l的一个方向向量为(−1,1)，则直线l的倾斜角为( )
A. 45∘B. 90∘C. 120∘D. 135∘
3.抛物线y2=12x的焦点为F，点P在此抛物线上，|PF|=6，则点P的横坐标为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
4.圆(x−3)2+(y+2)2=1与圆(x−7)2+(y−1)2=16的位置关系是( )
A. 相交B. 内切C. 外切D. 内含
5.(x−2x2)6的展开式中，常数项为( )
A. −60B. −15C. 15D. 60
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. 6B. 12C. 24D. 36
7.已知正四棱锥P−ABCD的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上一动点，那么△HBD面积的最小值为( )
A. 2
B. 32
C. 23
D. 4 23
8.已知直线l: 3x+y−4=0，圆Γ：x2+y2=r2(r>0)，若直线l上存在两点A，B，圆Γ上存在点C，使得|AB|=2，且∠ACB=90∘，则r的取值范围是( )
A. [1,3]B. [2,3]C. [1,+∞)D. [2,+∞)
9.已知直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，倾斜角分别为α1，α2，则“cs(α1−α2)≤0”是“k1k2≤0”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
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x2+y4=2围成的平面区域的直径为( )
A. 432B. 3C. 2 2D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.直线l：x−2y+2=0过椭圆的左焦点F1和一个顶点B，该椭圆的离心率为______.
12.圆x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线ax+y−1=0的距离为1，则a的值为 .
13.若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a2+a3+a4=______.
14.双曲线M:x2−y23=1的渐近线方程为______；若 M与圆O：x2+y2=r2(r>0)交于A，B，C，D四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则r=______.
15.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足平面AA1P⊥平面BB1E.给出下列四个结论：
①△AA1P的面积的最大值为 5；
②满足使△AA1P的面积为2的点P有且只有4个；
③点P可以是CC1的中点；
④线段AP的最大值为3.
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名.
(Ⅰ)将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？
(Ⅱ)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？
17.(本小题13分)
已知A(2,4)，B(−1,1)，O为坐标原点，圆C为△AOB的外接圆.
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)过原点的直线l被圆C截得的弦长为3 2，求直线l的方程.
18.(本小题14分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点.
(Ⅰ)求证：C1M⊥B1D；
(Ⅱ)求二面角C1−B1E−D的余弦值.
19.(本小题15分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为 22，直线l过点F且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的斜率.
20.(本小题15分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为BC的中点，点M在BD1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：MA=MC；
条件②：EM⊥AD；
条件③：EM//平面CDD1C1.
(Ⅰ)求证：M为BD1的中点；
(Ⅱ)求直线EM与平面MCD所成角的大小，及点E到平面MCD的距离.
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅰ)问得0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.
21.(本小题15分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程；
(Ⅱ)设A为椭圆E的右顶点，B为椭圆的上顶点，直线l:y=12x与椭圆交于C，D两点(C在第三象限)，P是椭圆上的动点(不与原点重合)，直线AP，BP分别交直线l于点E，F，记ED=λEC；FD=μFC，求证：λ+μ为定值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：点M(2,−3,1)关于原点对称的点的坐标为(−2,3,−1).
故选：D.
根据关于原点对称的点的特征求解即可．
本题考查空间中的点的坐标的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解；直线l的一个方向向量为(−1,1)，
所以直线l的斜率为1−1=−1，
倾斜角的范围为[0,π),
对应倾斜角为135∘.
故选：D.
先求得直线的斜率，进而求得直线的倾斜角．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设P的横坐标为xP，根据焦半径公式可得|PF|=xP+p2=xP+3=6，故xP=3.
故选：B.
根据焦半径公式即可求解．
本题考查抛物线的焦点和准线，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：(x−7)2+(y−1)2=16的圆心和半径为(7,1)，R=4，
(x−3)2+(y+2)2=1的圆心和半径为(3,−2)，r=1，
故两圆的圆心距离为 (7−3)2+(1+2)2=5=r+R，
故两圆为外切．
故选：C.
根据圆心距与半径的关系即可求解．
本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了求二项展开式的常数项，属于基础题．
在二项展开式的通项公式中，令含x的项指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．
【解答】
解：(x−2x2)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅(−2)r⋅x6−3r，
令6−3r=0，求得r=2，
可得常数项C62⋅4=60，
故选：D.
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将4人分为3组，有C42=6种分组方法，
②将分好的3组安排到3个小区，有A33=6种情况，
则有6×6=36种安排方法．
故选：D.
根据题意，分2步进行分析：①将4人分为3组，②再将分好的3组安排到3个小区，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了正四棱锥的结构特征，考查了三角形面积公式的应用，属于中档题．
取BD中点O，连接OH，AC，由正四棱锥的性质可知PO⊥OC，OH⊥BD，所以在直角三角形POC中，当OH⊥PC时，OH最小，求出此时OH的最小值，从而求出△HBD面积的最小值．
【解答】
解：取BD中点O，连接OH，AC，如图所示，
∵四棱锥P−ABCD为正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，DH=BH，
∵O为BD的中点，∴OH⊥BD，
∵OC⊂平面ABCD，∴OC⊥PO，
∵AB=2，PO=4，∴BD=2 2，OC= 2，
在直角三角形POC中，当OH⊥PC时，OH最小，为4× 2 42+2=43，当点H和点P重合时，OH最大，最大为4，
∴OH∈[43,4]，
又∵S△HBD=12×2 2×OH，
∴当OH=43时，△HBD的面积最小，为4 23.
故选：D.
8.【答案】C
【解析】解：由∠ACB=90∘，得点C在以线段AB为直径，AB的中点D(a,4− 3a)为圆心的动圆上，
令圆Γ的圆心为O，
则|OD|= a2+(4− 3a)2= 4(a− 3)2+4≥2，当且仅当a= 3时取等号，
而点C在圆Γ上，则圆D与圆Γ必有公共点，显然点O在圆D外，所以r−1≤|OD|≤r+1，
又|OD|的最小值为点O到直线的距离为|−4| 3+1=2，无最大值，
所以r无最大值，所以r≥|OD|−1≥1，
所以r的取值范围是[1,+∞).
故选：C.
根据给定条件，可得以直线l上的点为圆心，1为半径的圆与圆Γ有公共点，再利用圆与圆的位置关系求出r的范围．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
9.【答案】A
【解析】解：直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，倾斜角分别为α1，α2，
故α1,α2∈[0,π2)∪(π2,π),故α1−α2∈(−π,π)，
若cs(α1−α2)≤0，则csα1csα2+sinα1sinα2≤0，
由于sinα1≥0，sinα2≥0，故sinα1sinα2≥0，则csα1csα20，故必要性不成立，
故“cs(α1−α2)≤0”是“k1k2≤0”的充分不必要条件．
故选：A.
根据余弦的差角公式，结合斜率的计算公式即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：易知x2+y4=2的参数方程为x= 2csθy2= 2sinθ(θ为参数)，
将(x,y)，(−x,−y)代入曲线方程中，
此时均满足方程x2+y4=2，
所以曲线是关于点(0,0)中心对称的图形，
因为一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，
所以曲线x2+y4=2上点(x0,y0)到原点距离为直径长的一半，
则d= (x0−0)2+(y0−0)2= x02+y02= 2cs2θ+ 2sinθ
= 2(1−sin2θ)+ 2sinθ= −2sin2θ+ 2sinθ+2
因为−1≤sinθ≤1，
所以当sinθ= 24时，d取得最大值，最大值为 −2×( 24)2+ 2× 24+2= 94=32，
则所求平面区域的直径为32×2=3.
故选：B.
由题意，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．
本题考查曲线与方程，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
11.【答案】2 55
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质，关键是确定椭圆的焦点位置，属于基础题．
根据题意，由直线的方程可得其与坐标轴交点的坐标，即可得椭圆中焦点F1的坐标和顶点B的坐标，即可得c、b的值，由椭圆的几何性质可得a的值，由离心率公式计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，直线l的方程为x−2y+2=0，与x轴交点坐标为(−2,0)，与y轴交点坐标为(0,1)；
又有直线l：x−2y+2=0过椭圆的左焦点F1和一个顶点B，
则有F1的坐标(−2,0)，顶点B的坐标为(0,1)，
则有c=2，b=1，
a= 4+1= 5，
故其离心率e=ca=2 55；
故答案为：2 55.
12.【答案】−43
【解析】【分析】
本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，是基础题．
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a值．
【解答】
解：圆x2+y2−2x−8y+13=0化为标准方程是(x−1)2+(y−4)2=4，得圆心坐标为：(1,4)，
故圆心到直线ax+y−1=0的距离d=|a+4−1| a2+1=1，
解得：a=−43，
故答案为：−43.
13.【答案】0
【解析】解：令x=0，解得a0=1，
令x=1，解得a0+a1+a2+a3+a4=1，
∴a1+a2+a3+a4=0.
故答案为：0.
赋值法，令x=0，求得a0，再令x=1，求得a0+a1+a2+a3+a4，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．
14.【答案】y=± 3x 3
【解析】解：双曲线M:x2−y23=1的a=1，b= 3，可得渐近线方程为y=± 3x；
联立x2−y23=1x2+y2=r2，可得x2=34+r24，y2=34r2−34，
由这四个点恰为正方形的四个顶点，可得x2=y2，
即34+r24=34r2−34，解得r= 3.
故答案为：y=± 3x； 3.
求得双曲线的a，b，可得渐近线方程；联立双曲线和圆的方程，求得交点，可令x2=y2，解方程可得所求．
本题考查双曲线和圆的方程、性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
15.【答案】①④
【解析】解：取BC，B1C1的中点为H，G，连接AH，GA1，GH，
因为E为CD的中点，在直角三角形ABH中，tan∠HAB=BHAB=12，
在直角三角形CBE中，tan∠CEB=BCCE=2，
而∠ABE=∠CEB，即有tan∠ABE=2，
由tan∠HAB⋅tan∠ABE=1，可得∠HAB+tan∠ABE=90∘，
所以AH⊥EB，
又AA1⊥平面ABCD，又EB⊂平面ABCD，所以AA1⊥BE，
又AA1∩AH=A，AA1，AH⊂平面AA1GH，所以BE⊥平面AA1GH，
BE⊂平面BB1E，所以平面AA1GH⊥平面BB1E，又平面AA1P⊥平面BB1E，
所以P的轨迹为线段AH，HG，A1G，
对于①，由图可知，当P在GH上时，此时△AA1P面积最大，
因为AH= AB2+BH2= 22+12= 5，所以面积的最大值为12AA1×AH=12×2× 5= 5，故①正确；
对于②，由图可知，当AP=1或A1P=1时，△AA1P的面积为2，
所以满足使△AA1P的面积为2的点P有且只有2个，故②错误；
对于③，由图易知，点P不可能在线段CC1上，所以点P不可能是CC1的中点，故③错误；
对于④，由图易知，当P与G重合时，此时AP长度最大，最大值为AP= AH2+HG2= ( 5)2+22=3，故④正确．
故答案为：①④．
先找出P的运动轨迹，再结合图象逐项分析，即可得解．
本题考查正方体的性质，以及空间线面垂直、面面垂直的性质，考查数形结合思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法：A44A52=480种．
(Ⅱ)从6名中选出3人参加某公益活动．
(i)共有C63=20种不同的选择方法．
(ii)如果至少有1位女生入选，共有C63−C43=16种不同的选择方法．
【解析】(Ⅰ)利用插空法求解即可．
(Ⅱ)(i)利用组合数求解即可．(ii)通过逆向思维求解即可．
本题主要考查排列组合、两个基本原理的实际应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
圆C过点A(2,4)，B(−1,1)，O(0,0)，
则22+42+2D+4y+F=01+1−D+E+F=0F=0，解得D=−2E=−4F=0，
故圆C的方程为x2+y2−2x−4y=0，
所以圆C的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=5；
(Ⅱ)当直线的斜率不存在时，显然不符合题意，
当直线的斜率存在时，可设直线方程为kx−y=0，
过原点的直线l被圆C截得的弦长为3 2，
(x−1)2+(y−2)2=5，
则圆心C(1,2)，半径r= 5，
圆心C到直线l的距离d= r2−(3 22)2= 22，
故|k−2| k2+1= 22，解得k=1或k=7，
所求直线方程为y=x或y=7x.
【解析】(Ⅰ)将三个点依次代入圆的方程，即可求解；
(Ⅱ)结合垂径定理，以及点到直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)证明：由于CC1⊥CA，CC1⊥CB，AC⊥BC，
故以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，M(1,1,3)，C1(0,0,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，
所以C1M=(1,1,0),B1D=(2,−2,−2)，
因为C1M⋅B1D=(1,1,0)⋅(2,−2,−2)=2−2+0=0，
所以C1M⊥B1D，因此C1M⊥B1D；
(Ⅱ)因为AC⊥平面BCC1B1，所以平面C1B1E的一个法向量为m=(1,0,0)，
由(1)知，B1E=(0,−2,−1)，B1D=(2,−2,−2)，
设平面B1ED的一个法向量为n=(x,y,z)，则B1E⊥n，B1D⊥n，
所以B1E⋅n=−2y−z=0B1D⋅n=2x−2y−2z=0，令z=2，则n=(1,−1,2)，
设二面角C1−B1E−D的平面角为θ，由图可知θ为钝角，
所以csθ=−||=−|m⋅n||m|⋅|n|=−1 6=− 66.
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，根据向量的垂直及可求解，
(Ⅱ)求解平面法向量，即可根据夹角公式求解．
本题考查线线垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题意可知，c=1，e=ca= 22，
因为a2=b2+c2，所以a= 2，b=1，
则椭圆的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x22+y2=1，消去y，得(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，
则x1+x2=4k22k2+1，y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，
若四边形OAPB为平行四边形，则OA+OB=OP，设P(x3,y3)，
所以x3=x1+x2=4k22k2+1，y3=y1+y2=−2k2k2+1，
因为点P在椭圆上，
所以(4k22k2+1)2+2×(−2k2k2+1)2=2，
解得k2=12，即k=± 22，
当四边形OAPB为平行四边形时，
直线l的斜率为k=± 22.
【解析】(Ⅰ)由条件列出关于a，b，c的方程，解方程求a，b，c，由此可得椭圆C的方程；
(Ⅱ)由OA+OB=OP求点P的坐标，根据点P在椭圆上列方程求直线l的斜率．
本题考查直线和椭圆的综合应用，属中档题．
20.【答案】选条件①：
如图1所示，连接AC，BD相交于点N，连接MN，则N为AC的中点，
若M为BD1的中点，则MN//DD1，但由MA=MC得不出MN//DD1，
所以M点不唯一确定，不符合题意．
选条件②：
(Ⅰ)证明：如图2所示，连接CD1，
由正方体的性质知，BC⊥平面CDD1C1，CD1⊂平面CDD1C1，
所以BC⊥CD1，
因为EM⊥AD，AD//BC，所以EM⊥BC，
所以EM//CD1，
又E为BC的中点，所以M为BD1的中点．
(Ⅱ)解：以D为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,2,0)，M(1,1,1)，
所以DC=(0,2,0)，DM=(1,1,1)，EM=(0,−1,1)，
设平面MCD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DC=2y=0m⋅DM=x+y+z=0，
令x=1，则y=0，z=−1，所以m=(1,0,−1)，
设直线EM与平面MCD所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|m⋅EM||m|⋅|EM|=|−1| 2× 2=12，
所以直线EM与平面MCD所成角的大小为30∘，点E到平面MCD的距离为d=|m⋅EM||m|=1 2= 22.
选条件③：
(Ⅰ)证明：如图2所示，连接CD1，
因为EM//平面CDD1C1，EM⊂平面BCD1，平面BCD1∩平面CDD1C1=CD1，
所以EM//CD1，
又E为BC的中点，所以M为BD1的中点．
(Ⅱ)解：以下过程同选择条件②．
【解析】选条件①：连接AC，BD相交于点N，连接MN，由条件得不出MN//DD1，故M点不唯一确定；
选条件②：(Ⅰ)连接CD1，先证BC⊥CD1，再由EM⊥AD，AD//BC，得EM⊥BC，从而知EM//CD1，进而得证；(Ⅱ)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角和点到面的距离即可；
选条件 ③：(Ⅰ)连接CD1，由EM//平面CDD1C1，可得EM//CD1，进而得证；(Ⅱ)以下过程同选择条件②．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行、垂直的性质定理，利用向量法求线面角、点到面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)由椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4，
得12⋅2a⋅2b=2ab=4，则ab=2，
由E的离心率为 32，得 a2−b2a= 32，
则a=2b，解得a=2，b=1，
所以椭圆E的标准方程为x24+y2=1；
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知，A(2,0)，B(0,1)，
由x24+y2=1y=12x，解得x=− 2y=− 22或x= 2y= 22，
则C(− 2,− 22)，D( 2, 22)，
设P(x0,y0)，x0y0≠0，有x024+y02=1，
直线PB的方程为y=y0−1x0x+1，
由y=y0−1x0x+1y=12x，解得点F的横坐标xF=x0x02−y0+1，
直线PA的方程为y=y0x0−2(x−2)，
由y=y0x0−2(x−2)y=12x，解得点E的横坐标xE=2y0y0−x02+1，
由ED=λEC，得λ=xE− 2xE+ 2，同理μ=xF− 2xF+ 2，
所以λ+μ=2xExF−4(xE+ 2)(xF+ 2)，
而2xExF−4=4x0y01−(x02−y0)2−4=4x0y0x0y0−4=0，
所以λ+μ=0为定值．