北京市第四中学2024-2025学年高二下学期开学测试 数学试题（含解析）

这是一份北京市第四中学2024-2025学年高二下学期开学测试 数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角.
【详解】由题意得直线的斜率为：，所以倾斜角为.
故选：D.
2. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，即可求出渐近线方程．
【详解】令，解得，所以双曲线的渐近线方程是．
故选：B．
【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线的求法，属于基础题．
3. 若的展开式中所有二项式系数的和为32，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式的系数和为即可得到方程求解.
【详解】根据的二项式系数和为32，
结合所有二项式系数的和满足，
可知，
故选：A.
4. “”是“直线与圆相切”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系求出a的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义解出.
【详解】由题知，圆的圆心为，半径为1，
设圆心到直线的距离为
则，解得：或.
由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，
故选：A.
5. 某圆锥曲线是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过和两点，则曲线的离心率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出方程，代入坐标即可求解.
【详解】设曲线方程为：，
代入点得：①，
代入点得：②，
联立①②解得：，，
所以曲线为双曲线，其方程为：，
离心率，
故选：D.
6. 正四面体中，为中点，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对的棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AC，得到异面直线EF与AC所成的角，再放入直角三角形中，即可求得.
【详解】
如图，取的中点G,连接,因为分别为的中点，
所以,
所以为异面直线与所成的角，
因为四面体为正四面体，,
过点A作平面,垂足为O，则O为三角形的重心，,
因为,平面,又平面,
,在直角三角形中，
，
故选：C
7. 给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（ ）
A. 12种B. 18种C. 24种D. 64种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①，将4人分成3组，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①，将4人分成3组，有种分法；
②，甲不能安排木工工作，甲所在的一组只能安排给泥工或油漆，有2种情况，
将剩下的2组全排列，安排其他的2项工作，有种情况，
此时有种情况，
则有种不同的安排方法；
故选C．
【点睛】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．
8. 已知抛物线的顶点是坐标原点O，焦点为F，A是抛物线C上的一点，点A到x轴的距离为．过点A向抛物线C的准线作垂线、垂足为B．若四边形ABOF为等腰梯形，则p的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点A向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.利用几何法求出直角三角形的三边，利用勾股定理即可求解.
【详解】如图示：
过点A（不妨设为第一象限点）向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.
因为四边形ABOF为等腰梯形，所以，.
所以.
又，
所以，所以，
所以.
所以.
由抛物线的定义可得：.
在直角三角形中，,.
由勾股定理可得：，解得：.
故选：C
9. 如图，在正方体中，是棱上的动点，下列说法中不正确的是（ ）
A. 存在点，使得B. 存在点，使得
C. 对于任意点，三棱锥体积为定值D. 对于任意点，都不是锐角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，，由两向量平行与垂直求解参数，即可判断选项A，B；利用空间向量法求解点到平面的距离，求解体积即可判断选项C；求解向量，，由夹角余弦值即可判断选项D.
【详解】
如图：建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，
所以，，，设，
所以，，
当时，无解，故A错误；
当时，即，解得，故B正确；
，，
底面正方形中，正方体中平面，
平面，所以，，
所以平面
故平面的法向量为，，
点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为为定值，故C正确；
，，
所以，
因为，所以，所以，
所以是直角三角形或钝角三角形，故D错误.
故选：AD
10. 在正方体中，动点在正方形及其边界上运动，且满足，则动点的轨迹为（ ）
A. 拋物线的一部分B. 椭圆的一部分C. 双曲线的一部分D. 以上都不对
【答案】B
【解析】
【分析】先设点，再结合，化简计算得出轨迹方程.
【详解】
如图建系，设正方体边长为，则，
可得，
又因为，所以，
化简得，即得，
动点的轨迹为椭圆的一部分.
故选：B.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）
11. 展开式的常数项是__________．（用数字作答）
【答案】24
【解析】
【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.
【详解】展开式的通项公式是，
由，得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：24
12. 已知抛物线的焦点为F，点P在该抛物线上，且P的横坐标为4，则____________．
【答案】5
【解析】
【分析】利用抛物线定义即可得，即可求出.
【详解】根据题意可知，焦点，准线方程为，
作垂直于准线，垂足为，连接，如下图所示：
由抛物线定义可得.
故答案为：
13. 圆截直线所得弦长为2，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用圆的半径为1，弦长为2，可知直线过圆心，从而即可求解.
【详解】圆的方程可整理为：，
可知该圆的圆心为，半径为，
由截直线所得弦长为2，可知该直线过圆心，
即，
故答案为：.
14. 已知两点.点满足，则的面积是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题易得，点在双曲线的右支上，求得双曲线右支方程，将点代入方程，求得点的坐标，即可求得的面积.
【详解】
因为，故点在双曲线的右支上，
而半焦距，实半轴长，
故双曲线右支的方程为：，
将代入方程得，即，
解得：，
由于双曲线具有对称性，不妨设点在第一象限，即，
所以.
故答案为：.
15. 已知曲线.给出下列四个结论：
①曲线是轴对称图形：
②曲线上恰好有4个整点（即横，纵坐标均是整数的点）；
③曲线上存在一点，使得到点的距离小于1；
④曲线所围成区域的面积大于4.
其中，所有正确结论的序号为______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】①将换成，方程不变可得；②先由得，进而根据整点的概念分别为时是否为整点即可；③假设点存在，则，，设，换元后利用导数分析即可；④结合图象分析即可.
【详解】①将换成，方程不变，所以方程关于轴对称，故①正确；
②由得，故，
故，得，
当时，；当时，；当时，，不是整点
当时，，不是整点；当时，，
故整点为共4个，故②正确
③假设曲线上存在一点，使得到点的距离小于1，
则，得
得，设，令，，
则，
当时，，当时，，
故，即，这与矛盾，
故曲线上不存在一点，使得到点的距离小于1，故③错误；
④
如图，其中点，由①可知曲线关于轴对称，
故只需考虑轴上方的面积大于2即可，
当时，由得，直线的方程为，
当时，，，故，
故，即，
故当时，的图象在即直线的上方，
当时，直线的方程为，
，
因，故，故，，
故，即，
故当时的图象在即直线的上方，
故当时曲线与轴所围成的区域面积大于的面积，
即曲线所围成区域的面积大于，
又，故曲线所围成区域的面积大于4，故④正确，
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题③关键是先表示出来到点的距离小于1为，整理得，根据题意需存在使不等式成立，构造函数利用导数求最值即可判断.
三、解答题（本大题共6小题，共85分.）
16. 如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形.
（1）求证：平面；
（2）若平面，，求直线与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)先证明平面平面，利用面面平行的性质得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面的法向量，直线与平面所成角的正弦值为cs=n⃗⋅AB⃗|n⃗|⋅|AB⃗|即可求解.
【小问1详解】
因为 ，平面平面，
所以平面，
又平行四边形中，, 平面平面，
所以平面，
又,平面,所以平面平面，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面
所以两两相互垂直，
建立如图所示空间直角坐标系.
记平面一个法向量为
故，取
故，
cs=n⃗⋅AB⃗|n⃗|⋅|AB⃗|=22×6=66，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知拋物线经过点.
（1）求的值和拋物线的准线方程；
（2）经过点的直线与拋物线交于两点，为坐标原点.求的大小.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线过的点坐标，代入直接求解即可；
（2）设，当直线斜率不存在时，方程为，代入即可求解，当直线斜率存在时，设直线方程为，，利用向量求夹角，结合韦达定理，即可求出结果.
【小问1详解】
由题知，，解得，
所以抛物线方程为，其准线方程为.
【小问2详解】
设，如图，
当直线斜率不存在时，方程为，
则代入，求得，
所以和是等腰直角三角形，
所以；
当直线斜率存在时，
设直线方程为，，
则联立，得，
所以，，
且，
又，
所以，
综上，.
18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面为棱的中点，.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；
（2）由平面，底面为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量求解即可；
（3）由（2）可知平面的一个法向量，然后由空间距离的求解公式求解即可.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，
平面平面，
，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知平面，底面为正方形，
所以分别以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，，
，，
设平面的一个法向量为：，
，，令，，，
所以，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
小问3详解】
由（2）可知平面的一个法向量为：，而，
所以点到平面的距离为.
19. 已知椭圆的左焦点为，且经过点.分别是椭圆的左，右顶点，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）短轴长，离心率
（2）或
【解析】
【分析】（1）由左焦点得到，过点，代入椭圆方程，结合，联立可求得的值，进而得到短轴长和离心率；
（2）根据点的坐标写出直线的方程，根据点的坐标写出直线的方程，分别求出交点的坐标，再根据中点为点解得，代入椭圆方程得到点的坐标.
【小问1详解】
因为椭圆的左焦点，所以，即，
因为经过点，所以，
联立，解得，
所以椭圆的短轴长，离心率.
【小问2详解】
由（1）知，椭圆方程为，所以，
因为与点不重合，所以，
所以直线的斜率，直线，
过点且与轴垂直的直线方程为，
联立得，所以，
同理直线，
因为的中点是点，由中点坐标公式得，解得，
因为点在椭圆上，所以，解得，
所以点的坐标为或.
20. 已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程.
（2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值.
【小问1详解】
已知，，，
则的面积，解得.
因为离心率，，所以.
又因为，，，所以.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
将直线与椭圆联立得.
根据韦达定理，，.
计算，
从而得到线段中点坐标为.
然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为，
根据点斜式可得垂直平分线方程为，
进而得到点.
最后根据四边形为正方形时：
则
展开得
进一步化简为
将，代入得，，
整理得，解得.
21. 对于正整数集合，如果对于M中的任意两个元素x，y，都有，则称M为“好集合”.
（1）试判断集合和是否为“好集合”？并说明理由；
（2）若集合，证明：C不可能是“好集合”；
（3）若，D是S的子集，且D是“好集合”，求D所含元素个数的最大值.
【答案】（1）集合A不是“好集合”， 集合B是“好集合”，理由见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）直接根据“好集合”的定义判断即可；
（2）先将集合中的元素分为10个集合，再结合“好集合”的定义证明即可；
（3）根据“好集合”的定义可以得到D中的任意两个不同的元素x，y，若，都有，进而得到的最小值为3，进而求解即可.
【小问1详解】
因为，因为，所以集合A不是“好集合”，
因为，，，，，，，
所以集合B是“好集合”.
【小问2详解】
证明：将集合中的元素分为如下10个集合，
，，，，，，，，，，
所以从集合中取12个元素，则前8个集合至少要选10个元素，
所以必有2个元素取自前8个集合中的同一集合，
即存在两个元素的差的绝对值不大于2，
所以C不可能是“好集合”.
【小问3详解】
因为D是“好集合”，所以对于D中的任意两个不同的元素x，y，
不妨设，都有.
要想D所含元素个数最大，则要尽可能小，
故需使得的最小值为3.
将1~2026这2026个元素按如下分组：
，，……，，，
故应取，其中任意两元素差值都大于2，故其是“好集合”，
故“好集合”D所含元素个数的最大值为.
【点睛】方法点睛：集合新定义问题，关键是充分理解其定义，利用其定义去解决问题，反证法在一些证明题有着很重要的运用，它让一些不易证明的结论变得非常简介易证，关键是要假设相反，出现矛盾，得到证明，第三问难度要求较高，首先要对集合中的元素进行一定假设，穿插着累加的方法，得到关于的不等式，解出其范围，再找到满足最大值时集合的具体元素情况.