北京市第八十中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题(Word版附解析)
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(考试时间120分钟 满分150分)
提示:试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效.
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.
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