北京市西城区2024_2025学年高二数学上学期期末考试试卷含解析

这是一份北京市西城区2024_2025学年高二数学上学期期末考试试卷含解析，共20页。
第一部分（选择题 共40分）
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. 已知直线经过两点，那么直线的斜率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率公式求得直线的斜率.
【详解】依题意，直线的斜率为.
故选：C
2. 双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的值，即可求出该双曲线的离心率的值.
【详解】对于双曲线，，，则，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
3. 已知椭圆的一个焦点与抛物线（）的焦点重合，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由得出抛物线的焦点在轴的正半轴，从得出抛物线与椭圆的右焦点重合，求出椭圆的右焦点，即可得出抛物线的焦点，从而得解.
【详解】因为抛物线的焦点在轴的正半轴，
所以抛物线焦点与椭圆的右焦点重合，
又椭圆方程为，所以，所以
所以椭圆的右焦点为，所以抛物线焦点也是这个，
即
故选：C
4. 在空间直角坐标系中，已知点，，，若三点共线，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线即可求解.
【详解】由于，
由于三点共线，所以，解得，
故,
故选：A
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可.
【详解】对于，由二项展开式的通项得，
令解得，
则所求系数为，
故选：D
6. 正四棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，得到即为侧面与底面所成角，求出各边长，得到.
【详解】连接相交于点，取的中点，连接，，，
则⊥平面，
因为平面，所以⊥，
又，⊥，所以⊥，
又，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故即为侧面与底面所成角，
正四棱锥的所有棱长均为2，故，
由勾股定理得，
由，
故.
故选：D
7. 从数字中，可重复地取出3个数字，组成各位数字之和等于6的三位数，这样的三位数的个数为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】分别讨论和为6的情况，再结合排列组合概念即可求解；
【详解】三个数字和为6的情况有：222,114,123，
对于3个2的排列只有1个；
对于1，1，4的排列有个，
对于1，2，3的排列有个，
所以这样的三位数有10个，
故选：C
8. 已知直线，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”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】将直线的方程与双曲线的方程联立，根据直线与双曲线只有一个公共点求出的取值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】联立，可得（*），
当直线与双曲线只有一个公共点时：
若时，即当时，方程（*）即为，解得，合乎题意；
若时，直线与双曲线相切时，则，
解得，
所以当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，的取值集合为，
因此，“或”是“直线与双曲线有且仅有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
9. 在平面直角坐标系中，已知点，，若点为圆上的动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设为圆上任意一点，利用向量的坐标运算得，进而利用的几何意义可求得的最大值.
【详解】设为圆上任意一点，
因为，，所以，，
所以，所以，
表示点到点的距离，
又的圆心到点的距离为，
又圆的半径为，
所以到点的距离的最大值为，
所以的最大值为.
故选：D.
10. 在正方体中，动点在面及其边界上运动，，则动点的轨迹为（ ）
A. 椭圆的一部分B. 线段
C. 圆的一部分D. 抛物线的一部分
【答案】D
【解析】
【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由结合空间数量积的坐标运算化简得出点的轨迹方程，即可得出结论.
【详解】设正方体的棱长为，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、，设点，
，，
，
化简得，
所以，动点的轨迹方程为抛物线的一部分.
故选：D.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知直线与垂直，那么_____.
【答案】
【解析】
【分析】由斜率乘积为，即可求解；
【详解】的斜率为，
因为与垂直，
所以的斜率为，
所以，
故答案为：.
12. 已知，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】通过赋值法即可求解；
【详解】令，可得：，
再令，可得：，
两式相加可得：，
所以，
故答案为：
13. 某地出土一古铜斧文物，如图，铜斧纵截面左右两边呈双曲线形状. 由于年代久远，顶部斧刃处两端有缺口，现小明测得铜斧纵截面最窄处AB宽4cm，底部CD宽5cm，，底部离最窄处垂直高度为3cm，斧高12cm.请利用所学知识，帮小明算算，若原斧刃与AB平行，则其长度为_____cm.
【答案】
【解析】
【分析】以所在直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，求得双曲线方程，令，可求结论.
【详解】以所在直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
由题意，，所以，
因双曲线的焦点在轴上，所以设双曲线的方程为，
又点在双曲线上，所以，解得，
所以双曲线方程为，因为斧高12cm，
令，得，所以，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 已知曲线与轴交点为，与抛物线交于、两点，则_____，的面积为_____.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】化简曲线的方程，可得出，可得出的大小，设点、，联立曲线与抛物线的方程，利用韦达定理、抛物线的焦半径公式结合三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】在曲线的方程中，令，解得，即点，如下图所示：
易知抛物线的焦点为，
曲线的方程可化为，
则，，所以，，则，
设点、，联立可得，，
由韦达定理可得，，
，
故答案为：；.
15. 已知是平面直角坐标系中的点集，点集组成的图形为，给出下列四个结论：
①；
②设点，则直线的斜率的最大值为；
③，；
④的面积小于.
其中所有正确结论序号是__________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】由题意可得，作出点集组成的图形，再结合图象分析各个选项即可.
【详解】
，
如图所示，阴影部分即为点集组成的图形，
对于①，因为，所以，故①错误；
对于②，因为，
由图知，当点位于点处时，直线的斜率最大，最大值为，故②正确；
对于③，由图可知，故③正确；
对于④，由图知，的面积，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点点睛：化简，作出点集组成的图形，是解决本题的关键.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 某餐饮公司给学校学生配餐，现准备了种不同的荤菜和种不同的素菜.
（1）当时，若每份学生餐有荤素，共有多少种不同配餐供学生选择？
（2）若每位学生可以任选荤素，要保证至少有种以上的不同选择，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可求出不同的选择方法种数；
（2）利用组合计数原理可得出每位学生的不同选择方法种数，结合题意可得出关于的不等式，由此可求得正整数的最小值.
【小问1详解】
当时，学校共有种不同的荤菜和种不同的素菜，
若每份学生餐有荤素，由分步乘法计数原理可知，
不同选择方法为（种）.
【小问2详解】
从种不同的荤菜和种不同的素菜中，任取荤素，不同的选择方法为（种）.
由题意，得，整理可得，
因为，所以，所以的最小值为.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，是的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，再求平面的法向量结合公式求解线面角正弦即可；
（2）应用点到平面距离公式计算即可.
【小问1详解】
由，，可得两两垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
所以即
令，则，，于是，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问2详解】
因为，
所以点到平面距离为.
18. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与直线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先设圆心坐标，再根据两点间距离计算求参，即可得出圆的方程；
（2）（ⅰ）根据圆心到直线的距离小于半径得出范围；（ⅱ）根据平行四边形结合已知得出菱形，再应用点到直线距离为1得出参数.
【小问1详解】
根据圆心在直线上，设圆心.
因为圆经过，所以，
所以，解得.
所以圆心，所以圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意，，所以，
即，所以的取值范围是.
（ⅱ）因为四边形为平行四边形，又因为，所以为菱形.
因为，所以点到直线的距离，
所以，符合题意.
19. 已知椭圆的左顶点为，右顶点为，点在椭圆上（与点、不重合），过且与轴垂直的直线交直线于点，交直线于点.
（1）求椭圆的短轴长和离心率；
（2）若线段的中点为，求点坐标.
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据方程可得，进而可得椭圆的短轴长和离心率；
（2）求直线、的方程，进而可得点、的坐标，再根据中点坐标公式运算求解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为.
由椭圆方程可得，
所以椭圆的短轴长，离心率.
【小问2详解】
由题意可知：直线的方程为，
令，得， 即.
直线的方程为，
令，得，即，
因为的中点为，则，
若，则，与重合，舍去；
若，则，解得，
将代入，得，即或.
综上所述：点坐标为或.
20. 如图，在四棱锥中，，，，，，为的中点，为中点.
（1）求证：；
（2）设平面与平面的交线为，
（ⅰ）求二面角的余弦值；
（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，又，进而可得平面，可证结论；
（2）（ⅰ）取的中点，连接，可证两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值；（ⅱ）设平面，平面，交线即为直线，设，利用向量法可求得的坐标，进而利用向量的夹角公式可求得直线与直线所成角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面，因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，又平面，所以.
【小问2详解】
（ⅰ）取的中点，连接，
因为，，，，
所以四边形为矩形，
所以.
又因为平面，
可得两两垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系.
则，，，，.
因为分别为中点，
所以，，
所以，，，
是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，
，即，
令，则，，于是，
所以，
因二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
（ⅱ）设平面，
因为平面与平面的交线为，平面，
所以交线即为直线.
设，则.
因为，
所以，
所以. ①
因为在直线上，
所以. ②
由①②解得，
所以，
所以.
因为，
设直线与直线所成角为，
所以.
所以直线与直线所成角的余弦值为.
21. 已知椭圆的上顶点为，四个顶点组成的四边形面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点，直线与直线 分别交于点，线段的中点为. 是否存在实数，使得以为直径的圆总与轴相切？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由定点及四边形面积列出等式求解即可；
（2）设直线方程，，联立椭圆方程，设，结合
韦达定理，分别得到的方程，进而得到坐标，从而得到坐标，再结合中点到轴的距离等于一半列出等式求解即可；
【小问1详解】
由题意，得
所以.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意，过的直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为.
联立方程组
消去得.
显然，.
设，则
，.
在中，令，得.
所以.
直线的方程为，
令，得，
所以.
同理可得.
设中点，则
，
所以.
设中点为，则.
假设存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为
.
又因为，
所以，
化简得.
解得.
所以存在，使得以为直径的圆总与轴相切.
【点睛】关键点点睛：设中点为，若存在实数，使得以为直径的圆与轴相切，则点到轴的距离为，以此列方程求解；