2024北京石景山高二(上)期末数学试卷(教师版)

这是一份2024北京石景山高二(上)期末数学试卷(教师版)，共16页。试卷主要包含了 直线关于x轴对称的直线方程为， 已知双曲线的离心率是2，则， 在空间直角坐标系中，点，则， 已知直线，直线， 庑殿．等内容，欢迎下载使用。
第一部分
一､选择题共10小题，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1. 若直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为 ( )
A. B. C. D.
2. 直线关于x轴对称的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知，是两个不同的平面，直线m满足，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
4. 已知双曲线的离心率是2，则（ ）
A. 12B. C. D.
5. 用可以组成无重复数字的两位数的个数为（ ）
A. 25B. 20C. 16D. 15
6. 在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A. 直线坐标平面B. 直线坐标平面
C. 直线坐标平面D. 直线坐标平面
7. 已知直线，直线.若，则实数（ ）
A. B. C. D. 3
8. 棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
9. 为直线上一点，过总能作圆的切线，则的最小值（ ）
A. B. C. D.
10. 庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ）．

A. B.
C. D.
第二部分
二､填空题共5小题．
11. 在的展开式中，的系数为_________．
12. 直线与直线之间的距离为__________.
13. 已知圆的半径为3，则的值为__________.
14. 方程表示的曲线是__________，其标准方程是__________.
15. 如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①；
②三棱锥的体积为定值；
③存在点，使得平面；
④存在点，使得平面.
其中所有正确结论的序号是__________.
三､解答题共5小题，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 菱形的顶点的坐标分别为边所在直线过点.
（1）求边所在直线的方程；
（2）求对角线所在直线的方程.
17. 如图正方体的棱长为2，E是棱的中点，过的平面与棱相交于点F.

（1）求证：F是的中点；
（2）求点D到平面的距离.
18. 已知抛物线，其准线方程为.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于不同的两点，求以线段为直径的圆的方程.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知．求二面角的大小.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20. 已知椭圆过点，且离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）为椭圆的右焦点，为直线上一点，过点作的垂线交椭圆于两点，连接与交于点（为坐标原点）.求的值.
参考答案
第一部分
一､选择题共10小题，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1. 【答案】A
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，故选A.
2. 【答案】D
【分析】根据两直线斜率之间的关系，以及所求直线过已知直线与x轴交于点可得.
【详解】直线的斜率为2，与x轴交于点，
则与关于x轴对称的直线斜率为，并过点，
所以，所求方程为，即.
故选：D
3. 【答案】A
【分析】根据充分必要条件定义判断．
【详解】充分性：根据面面平行的定义知充分性成立；必要性：设，当，且，，此时，但是与相交，故必要性不成立．
故选：A．
4. 【答案】B
【分析】根据双曲线离心率公式即可求出结果.
【详解】由题意可得，
解得，
故选：B
5. 【答案】C
【分析】利用间接法，结合排列数公式，即可求解.
【详解】从中任选两个数字，组成两位数的个数有个，
其中数字0排首位的有4个，
所以满足条件的两位数有个.
故选：C
6. 【答案】C
【分析】首先求向量的坐标，再判断向量与坐标平面的法向量的关系，即可判断选项.
【详解】由题意可知，，
平面的法向量为，
因为，且
所以与既不平行也不垂直，所以直线与坐标平面既不平行也不垂直，
故AB错误；
坐标平面的法向量为，
，所以，且平面，故C正确，D错误.
故选：C
7. 【答案】D
【分析】代入两直线垂直的公式，即可求解.
【详解】因为，所以，得.
故选：D
8. 【答案】A
【分析】的中点为，有，余弦定理求即可；或建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角.
【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，

分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角.
正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知，
中，，，则，
同理，在中，，，
由余弦定理可知.
所以异面直线与所成角的余弦值是.
解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
有，，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选：A.
9. 【答案】D
【分析】根据题意，得到直线与圆相切或相离，结合直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意，点为直线上一点，过总能作圆的切线，
可得直线与圆相切或相离，
则满足圆心到直线的距离，解得，即，
所以的最小值为.
故选：D.
10. 【答案】A
【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.
【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，．
则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，
设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，

又为公共边，所以，即，整理得．
故选：A
第二部分
二､填空题共5小题．
11.【答案】
【分析】利用二项展开式求通项，再求对应项的系数即可.
【详解】设展开式中通项为：
令，则.
故答案为：
12. 【答案】
【分析】代入平行线间的距离公式，即可求解.
【详解】直线，
则与之间的距离.
故答案为：
13. 【答案】
【分析】首先将圆的一般方程，写成标准方程，再利用半径为3，即可求解.
【详解】圆的一般方程写成标准方程为，
由圆的半径为可知，，得.
故答案为：
14. 【答案】 ①. 椭圆 ②.
【分析】根据椭圆的定义即可得解.
【详解】方程，
表示点到两点的距离之和等于，而，
所以方程表示的曲线是椭圆，
且长轴长，焦距，所以，
所以半短轴长，
所以其标准方程为.
故答案为：椭圆；.
15. 【答案】①②③
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
设，则，
因为，所以，即，所以①正确；
由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值，
所以为定值，所以②正确；
又由
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为，由，解得，所以③正确；
又因为，，则，
所以不存在点，使得平面，所以④错误.
故选：①②③.
三､解答题共5小题，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 【答案】（1） BC所在直线方程为，AD所在直线方程为
（2）
【分析】（1）求出，由点斜式求出直线方程；
（2）求出的中点坐标，再根据垂直关系得到，利用点斜式写出直线方程，得到答案.
【小问1详解】
由菱形的性质可知，则.
所以边所在直线的方程为，即；
边所在直线的方程为，即.
【小问2详解】
线段的中点为，
由菱形的几何性质可知，且为的中点，则，
所以对角线所在直线的方程为，即.
17. 【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【分析】（1）作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，结合E是棱的中点，得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间向量求解出点到平面的距离.
【小问1详解】
连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又，
所以四边形为平行四边形，
故，
故，
又E是棱的中点，
所以F是的中点.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，得，故，

点D到平面的距离为.
18. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据准线方程，确定，即可求抛物线方程；
（2）首先直线与抛物线方程联立，利用韦达定理求中点坐标以及弦长，即可求解圆的方程.
【小问1详解】
由题意知，所以.
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
联立，得，其中，
设，线段的中点为.
则，所以.
，
所以以线段为直径的圆的圆心为，半径为4，
所以以线段为直径的圆的方程为.
19. 【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）取中点，证得，得到四边形为平行四边形，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）选择条件①：根据题意，证得，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；选择条件②：以为原点，连接，求得，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
在中，分别为的中点，所以且，
在菱形中，因为且，
所以,所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
【小问2详解】
解：选择条件①：
因为平面，平面，
所以,
连接，因为，且，
所以，在菱形中，，即为正三角形，
又因为为中点，所以，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，因为且.
又因为为正三角形且，所以，
则，则，
由平面，可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以二面角的大小为.

选择条件②：
因为平面，且平面，所以.
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
连接，因为且，又因为又为中点，所以，
所以为正三角形且，所以，
则，则，
由平面，可得平面的法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，所以二面角的大小为.

20. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）首先将条件转化为关于的方程，即可求解；
（2）首先讨论时的特殊情况，再讨论当时，再求直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，再让直线与直线联立方程，求点的坐标，即可判断点与点的关系，即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
椭圆的方程为.
【小问2详解】
设则直线的斜率为，
（i）当时，则直线与轴垂直，点即为点，则；
（ii）当时，则直线的斜率为，则直线的方程，
联立方程，消去得：，
显然，设，则.
直线的方程为，联立方程，解得，
因为，所以点为线段的中点，则；
综上所述：.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.