北京市2024_2025学年高二数学上学期期中学业测试试卷含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期期中学业测试试卷含解析，共15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。
1. 已知直线过点和点，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两点的斜率公式即可求解
【详解】解：由两点的斜率公式得，直线的斜率，
故选：B.
2. 设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断椭圆长轴（焦点坐标）所在的轴，求出a，接利用椭圆的定义，转化求解即可．
【详解】椭圆=1的焦点坐标在x轴，a=，
P是椭圆=1上的动点，由椭圆的定义可知：则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a=2．
故选C．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆的定义的应用，属于基础题．
3. 两条平行线与间的距离为
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
利用两直线间的距离公式，计算出两条平行直线间的距离.
【详解】直线，所以两条平行线间的距离为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查两条平行直线间的距离的计算，属于基础题.
4. 以点为圆心，半径为2的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将每个选项的一般方程转化为标准方程即可判别.
【详解】对A选项化为标准方程为，半径为，故A错误，
对B选项化为标准方程为，半径为，故B错误，
对C选项化为标准方程为，故其圆心为，，故C正确，
对D选项化为标准方程为，其圆心为故错误.
故选：C.
5. 在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
6. 若直线与直线平行，则（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行可直接构造方程组求解.
【详解】两直线方程可整理为：与，
两直线平行，，解得：.
故选：B.
7. 已知向量，，，若，，共面，则x等于（ ）
A. B. 1C. 1或D. 1或0
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共面关系，建立坐标等式即可得解.
【详解】向量，，，由，，共面，
，即
，解得，．
故选：B．
8. 若圆与圆外切，则＝（ ）
A. 21B. 19C. 9D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出两圆的圆心和半径，再利用圆与圆的位置关系即可求出结果.
【详解】依题意可得圆与圆圆心分别为，，则，
又，且两圆外切，则，得到，解得．
故选：C.
9. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
10. 在棱长为1的正方体中，若点是棱上一点，则满足的点的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，点P是以为焦距，以a=1为长半轴，为短半轴的椭圆与正方体的棱的交点，进而即可求解．
【详解】解：正方体的棱长为1，
，
，
点在以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭圆上，
在正方体的棱上，
是椭圆与正方体的棱的交点，
所以满足条件的点在棱BC，AB，，，，上各有一点，共有6个点．
故选：C．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 空间向量，且，则__________，__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由可得，进而可求的值.
【详解】由可得，则，
于，即.
故答案为：；
12. 试给出一组使两条直线与互相垂直的实数a，b的值，它们分别是__________；__________．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】结合直线定义与两直线垂直的性质计算可得，再取符合要求的解即可得.
【详解】由题意可得，且、不能同时为，
即，故可取，.
故答案为：（答案不唯一）；（答案不唯一）.
13. 已知椭圆的中心在原点，长轴的一个顶点坐标为，离心率为．则椭圆的标准方程是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，，解出即可得.
【详解】由题意可设该椭圆方程为，
则有，，解得，
即该椭圆的标准方程是.
故答案为：.
14. 已知点，，点P在直线上，则最小值等于______．
【答案】8
【解析】
【分析】求出关于直线的对称点，然后三点共线时取最小值即可.
【详解】设关于直线的对称点为,
则，解得即，
且,.

如图，则.
故答案为：8
15. 在平面直角坐标系中，定义为两点之间的“折线距离”，有下列命题，其中为真命题的是___________.（填序号）
①若，则；
②到原点的“折线距离”不大于的点构成的区域面积为；
③原点与直线上任意一点M之间的折线距离的最小值为；
④原点与圆上任意一点M之间的折线距离的最大值为.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据定义直接计算①，设点到原点的“折线距离”不大于，即可得到，画出图象，求出面积即可判断②，设即可表示再根据分段函数的性质计算可得③，依题意设，则，再利用点到直线的距离求出的范围，即可判断④；
【详解】解：对于①若则，故①正确；
对于②，设点到原点的“折线距离”不大于，则，即，则点在下图所示的平面区域内，则所围成的区域的面积为，故②错误；
对于③，设，则，函数图象如下所示：则，故③正确；
对于④，因为圆表示以为圆心，为半径的圆，
设，则，令，则
所以，解得，即，故④正确；
故答案为：①③④
三、解答题：本大题共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. 已知三角形的顶点为，，.
（1）求BC边上的中线所在直线方程；
（2）求BC边上的高线所在直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中点及A即可求解直线方程；
（2）根据高所在直线斜率及A求解即可.
【小问1详解】
设中点为，则，又，
所以中线的斜率不存在，所以中线所在直线方程为.
【小问2详解】
因为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边上高所在直线为，即直线方程为.
17. 如图所示，已知是正方体，E，F分别是棱AB，的中点．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，结合空间向量夹角公式计算即可得解；
（2）建立适当空间直角坐标系，求出平面法向量，再结合空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量中点到平面的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
由题意可建立如图所示空间直角坐标系，设为单位长度，
则有、、、、、，
则，，
有，
故直线与所成角的余弦值为；
【小问2详解】
设平面的法向量为m=x,y,z，
由，，
则，
令，则有，，即，
则，
即与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
由，平面的法向量为，
则点到平面的距离为.
18. 已知圆上三点坐标分别为．
（1）求该圆的一般方程；
（2）求弦BC垂直平分线的方程；
（3）求的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程为，将圆上三点坐标代入方程，得到一个三元一次方程组，解方程组即可求出、、的值.
（2）先求出弦中点坐标，再根据两直线垂直斜率之积为求出垂直平分线的斜率，最后利用点斜式求出直线方程.
（3）可先求出的长度，再求出点到直线的距离，根据三角形面积公式计算.
【小问1详解】
设圆的一般方程为.
将，，分别代入方程可得：
解得，，.
所以圆的一般方程为.
【小问2详解】
先求中点坐标，，，中点坐标为.，则弦垂直平分线的斜率为.
根据点斜式可得弦垂直平分线的方程为，即.
【小问3详解】
.
直线的方程为，即.
点到直线的距离.
所以的面积.
19. 已知椭圆C：，
（1）求椭圆的离心率.
（2）已知点A是椭圆C的左顶点，过点A作斜率为1的直线m，求直线m与椭圆C的另一个交点B的坐标.
（3）已知点，P是椭圆C上的动点，求的最大值及相应点P的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）最大值，此时点P的坐标是
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，求出a，c，再结合离心率公式，即可求解；
（2）先求出直线m的方程，联立直线与椭圆方程可得，求解x，即可推得另一个交点B的坐标；
（3）设，因为在椭圆上，所以符合椭圆方程，再根据距离公式得到，结合椭圆的有界性得到的最大值及此时点P的坐标.
【小问1详解】
因为，所以，
所以椭圆的离心率.
【小问2详解】

因为直线m过椭圆左顶点，且斜率为1，所以直线m方程为，
联立，消去得，解得，
所以点B的坐标为.
【小问3详解】

设，因为在椭圆上，所以即，
因为，所以，
因为，
所以当时，取得最大值，此时点P的坐标是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中线段（距离）类的最值（范围）问题
（1）几何法：利用圆锥曲线的定义、几何性质及平面几何中的定理、性质等进行求解；
（2）代数法：把要求最值的几何量或代数式表示为一个或几个参数的函数，利用函数、不等式的知识进行求解.
20. 如图，正四棱锥的侧棱的长是底面边长的倍，P为侧棱上的点．
（1）求证：；
（2）若平面，求二面角的大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明；
（2）分别求出平面与平面ACD一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果；
（3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解．
【小问1详解】
连接，设交于，由题意知平面，
则可以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系如图．
设底面边长为，则高，
于是S，D，C，
则＝，＝，
∵，故，从而；
【小问2详解】
由题设知，平面的一个法向量，
平面的一个法向量，
设二面角为，则，
由图可知，二面角为锐二面角，
∴二面角为；
【小问3详解】
存在，且，理由如下：
由（2）知是平面的一个法向量，
且，，
设，
则，
而，即，解得，
即当时，，又平面，故平面.
21. 已知圆．
（1）求过点且与圆心距离为2的直线方程；
（2）设直线与圆的两个交点分别为A，B，M为劣弧AB上一动点，求面积的最大值；
（3）判断直线与圆的位置关系．
【答案】（1）或
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先将圆方程化为标准方程求出圆心坐标，再根据点到直线距离公式设出直线方程求解.
（2）先求出弦长，再求出圆心到直线的距离，通过分析三角形高的最大值来求面积最大值.
（3）根据圆心到直线的距离与半径的关系判断直线与圆的位置关系.
【小问1详解】
先将圆化为标准方程，
则圆心，半径.
设直线方程为，即.
根据点到直线的距离公式，
这里圆心到直线的距离.
化简，.
两边平方得，.
解得，所以直线方程为，即.
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线距离为也满足条件.
【小问2详解】
圆心到直线的距离.
根据弦长公式，弦的长.
当到直线距离最大时，面积最大，
此时到直线的最大距离为.
所以面积的最大值.
【小问3详解】
圆心到直线距离.
当时，的最大值为，最小值为.
令，则.
当时，,直线与圆相交.
当时，，直线与圆相切.
当时，直线与圆相离.