2025-2026学年北京市顺义区牛栏山一中高二（上）期中数学试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年北京市顺义区牛栏山一中高二（上）期中数学试卷（有答案和解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线x=−1的倾斜角为( )
A. 0B. 3π4C. π2D. 不存在
2.P是椭圆x2+4y2=16上一点，F1，F2是该椭圆的两个焦点，且|PF1|=7，则|PF2|=( )
A. 1B. 3C. 5D. 9
3.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，如图，四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，若DE=xAB+yAC+zAP，则x−y+z=( )
A. 3
B. 73
C. 53
D. 1
4.直线3x+4y=b与圆(x−1)2+(y−1)2=1相切，则b的值是( )
A. −2或12B. 2或−12C. −2或−12D. 2或12
5.某比赛为两运动员制定下列发球规则
规则一：投掷一枚硬币，出现正面向上，甲发球，反面向上，乙发球；
规则二：从装有2个红球与2个黑球的布袋中随机地取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球；
规则三：从装有3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球．
则对甲、乙公平的规则是( )
A. 规则一和规则二B. 规则一和规则三C. 规则二和规则三D. 规则二
6.设a∈R，直线l1：(a+1)x+y−1=0，l2：2x+ay−(a+2)=0，则“a=1”是“l1//l2”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
7.如图，已知四面体ABCD的所有棱长都等于a，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点.则GF⋅AC与EF⋅BC分别等于( )
A. −a22和a24
B. a22和−a24
C. a22和a24
D. −a22和a22
8.已知A(4,5)，直线l：y=kx+m，当k变化时，点A到直线l的距离的最大值为5，则m=( )
A. 3或7B. 3或8C. 2或7D. 2或8
9.已知圆C：(x−2)2+(y−2)2=9的弦AB的中点坐标为(1,1)，直线AB交y轴于点P，则|PA|⋅|PB|=( )
A. 5B. 54C. 7D. 8
10.瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC，AB=AC=4，点B(−1,3)，点C(4,−2)，且其“欧拉线”与圆M：(x−a)2+(y−a+3)2=r2相切.则圆M上的点到直线x−y+3=0的距离的最小值为( )
A. 2 2B. 3 2C. 4 2D. 6
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知向量a=(2,3,1)，b=(1,2,0)，则a⋅b= ，|a−2b|= .
12.经过直线3x+4y−2=0与直线x−y+4=0的交点，且垂直于直线x−2y−1=0的直线方程为 .
13.已知方程2x2+my2=9表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围 .
14.已知圆C1：(x−3)2+y2=9与圆C2：x2+y2−2mx+4y+4=0相交，写出满足条件的实数m的一个取值为 .
15.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC1和B1D1的交点，点N在线段CD上，NC=2ND，E，F分别为棱B1B和B1C1的中点.给出下列四个结论：
①若点P是线段AD1上一动点，则直线PB1//平面BC1D；
②若点Q是平面AA1D1D内一点，且满足∠AQB=∠DQN，则点Q的轨迹是椭圆；
③若点M为平面C1BD内一点，且满足OM⊥BD，则OM的最小值为4 33；
④过线段BD且垂直于平面A1EF的截面图形为等腰梯形.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题：本题共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.(本小题12分)
已知直线l过点P(1,−1)，且_____.
在下列所给的三个条件中，任选一个补充在题中的横线上，并完成解答.
①与圆(x+1)2+y2=5相切；②倾斜角的余弦值为 55；③直线l的一个方向向量为a=(−2,−4)
(1)求直线l的一般式方程；
(2)若直线l与曲线C：x2+y2−6x−2y+6=0相交于M，N两点，求弦长|MN|.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
17.(本小题14分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2.
(1)求证：AD//平面PBC；
(2)求直线BD与平面PCD所成角的大小；
(3)求点B到平面PCD的距离.
18.(本小题14分)
值我校建校七十五周年之际，学校组织了丰富多彩的活动.为了响应号召，高二年级举办了知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛；若甚在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为23，45，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为12，38.甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
19.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，AD//BC，AD=CD=2BC=2，F为棱PB的中点，E为棱PD上一点.
(1)求证：无论点E在棱PD的任何位置，都有CD⊥AE；
(2)若E为PD中点，求平面AEF与平面PAD夹角的余弦值；
(3)若E为PD中点，在棱PC上是否存在点G，使得DG//平面AEF？若存在，求PGPC的值，若不存在，说明理由.
20.(本小题15分)
已知点P(1,3)，圆O：x2+y2=4.直线l与圆O相交于A、B两点，|AB|=2 3.
(1)若直线l过点P，求直线l的方程；
(2)①若线段AB的中点为D，求点D的轨迹方程C；
②过点P作直线m与曲线C交于两点M、N，设Q(1,0)，QM、QN的斜率分别为k1、k2，问k1+k2是否为定值？若是定值，求出此定值，若不是定值，请说明理由.
21.(本小题15分)
给定正整数n≥2，设集合M={α|α=(t1,t2,…，tn)，tk∈{0,1}，k=1，2，…，n}.对于集合M中的任意元素β=(x1,x2,…，xn)和γ=(y1,y2,…，yn)，记β⋅γ=x1y1+x2y2+…+xnyn.
设A⊆M，且集合A={αi|αi=(ti1,ti2,…，tin)，i=1，2，…，n}，对于A中任意元素αi，αj，若αi⋅αj=p,i=j,1,i≠j,则称A具有性质T(n,p).
(Ⅰ)判断集合A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性质T(3,2)？说明理由；
(Ⅱ)判断是否存在具有性质T(4,p)的集合A，并加以证明；
(Ⅲ)若集合A具有性质T(n,p)，证明：t1j+t2j+…+tnj=p(j=1,2,…，n).
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，分析可得直线x=−1与x轴垂直，即可得其倾斜角，即可得答案．
本题考查直线的切斜角，涉及直线的方程，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，直线x=−1与x轴垂直，其倾斜角为π2；
故选：C.
2.【答案】A
【解析】解：∵椭圆x2+4y2=16可化为x216+y24=1，
∴a=4，b=2，
∴|PF1|+|PF2|=2a=8，又|PF1|=7，
∴|PF2|=1.
故选：A.
先将椭圆的方程化为标准方程，从而得a=4，b=2，再根据椭圆的性质即可求解．
本题考查椭圆的简单几何性质，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，
所以PE=13PC，
所以DE=AE−AD=AP+PE−AD=AP+13PC−AD=AP+13(AC−AP)−AD
=23AP+13AC−AD=23AP+13AC−(AC+CD)=23AP−23AC−CD=23AP−23AC+AB，
又因为DE=xAB+yAC+zAP，
所以x=1y=−23z=23，则x−y+z=1+23+23=73.
故选：B.
根据空间向量线性运算法则计算可得．
本题考查空间向量线性运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意得，圆(x−1)2+(y−1)2=1，圆心(1,1)，r=1，
直线3x+4y=b与圆(x−1)2+(y−1)2=1相切，
则圆心到直线的距离d=|3×1+4×1−b| 32+42=1，解得b=−2或12.
故选：A.
根据直线与圆相切可得圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式计算即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，是基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
规则一：投掷一枚硬币，正面向上与反面向上是等可能事件．规则二：两个球同色的概率为13，不同色的概率为23.规则三：两个球同色的概率为12，不同色的概率为12.
本题主要考查古典概率模型及其公式(概率=所求情况数与总情况数之比).
【解答】
解：规则一：投掷一枚硬币，正面向上与反面向上是等可能事件，
所以其发生的概率相等，所以此规则对甲、乙公平．
规则二：从装有2个红球与2个黑球的布袋中随机地取出2个球，
两个球同色的概率为13，不同色的概率为23，所以此规则对甲、乙不公平．
规则三：从装有3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球，
两个球同色的概率为12，不同色的概率为12，所以此规则对甲、乙公平．
故选：B.
6.【答案】A
【解析】解：当a=1时，l1：2x+y−1=0，l2：2x+y−3=0，此时l1//l2，即a=1可以推出l1//l2，
当l1//l2时，(a+1)a=2，解得a=1或−2，
又a=−2时，l1：x−y+1=0，l2：x−y=0，此时l1//l2，所以l1//l2推不出a=1，
所以“a=1”是“l1//l2”的充分不必要条件．
故选：A.
求出l1//l2的a值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解．
本题主要考查了直线平行条件的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：已知四面体ABCD的所有棱长都等于a，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点．
故：GF=12CA，
所以GF⋅AC=−12AC2=−12a2；
EF⋅BC=12BD⋅BC=14a2.
故选：A.
直接利用向量的线性运算和数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意可知，直线l恒过定点M(0,m)，所以点A到直线l的距离的最大值为AM，
即 42+(5−m)2=5，解得m=2或m=8.
故选：D.
根据题意，直线l恒过点M(0,m)，所以点A到直线l的距离的最大值可转化为点A到定点M的距离，根据两点间的距离公式，求解即可．
本题考查点到直线的距离以及两点间的距离，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：已知圆C：(x−2)2+(y−2)2=9，
则圆心C(2,2)，半径为r=3，
又AB的中点坐标为(1,1)，易知kAB=−1，
所以AB：y−1=−(x−1)，即AB：x+y−2=0，
因为直线AB交y轴于点P，
所以令x=0，则y=2，即P(0,2)，
C到直线AB：x+y−2=0的距离d=|2+2−2| 2= 2，
则|AB|=2 9−( 2)2=2 7，
而P到AB的中点的距离为 (1−0)2+(1−2)2= 2，
所以|PA||PB|=( 7− 2)( 7+ 2)=5.
故选：A.
根据已知得AB：x+y−2=0且P(0,2)，应用点到直线的距离公式、弦长公式求得|AB|=2 7，即可求|PA|⋅|PB|.
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
10.【答案】A
【解析】解：∵AB=AC=4，
∴BC边上的高线、垂直平分线和中线合一，
即△ABC的“欧拉线“是BC的垂直平分线，
∵B(−1,3)，C(4,−2)，
∴kBC=3+2−1−4=−1，中点为(32,12)，
∴BC垂直平分线所在的直线方程为y−12=1×(x−32)，即x−y−1=0，
∴“欧拉线“与直线x−y+3=0平行，
∴圆M上的点到直线x−y+3=0的距离的最小值为此平行线间的距离d=|3−(−1)| 2=2 2.
故选：A.
由题意知，△ABC的“欧拉线“是BC的垂直平分线，由B，C两点的坐标，写出BC中垂线的方程，再利用平行线间的距离公式求得“欧拉线”与直线x−y+3=0的距离，即可得解．
本题考查直线与圆的位置关系，两条直线的垂直关系，平行线间的距离公式等，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】8
2

【解析】解：已知a=(2,3,1)，b=(1,2,0)，
所以a⋅b=2×1+3×2+1×0=8，
又|a|2=22+32+12=14，|b|2=12+22+02=5，
则|a−2b|= (a−2b)2= |a|2+4|b|2−4a⋅b
= 14+4×5−4×8= 2.
故答案为：8； 2.
根据给定条件，利用空间向量的坐标运算求解．
本题考查空间向量的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题．
12.【答案】2x+y+2=0
【解析】解；由题意直线3x+4y−2=0与直线x−y+4=0相交，
联立方程可得3x+4y−2=0x−y+4=0，解得x=−2y=2，
因为所求直线与直线x−2y−1=0垂直，故所求直线的斜率为−2，
所以所求直线方程y−2=(−2)(x+2)，即2x+y+2=0.
故答案为：2x+y+2=0.
联立直线方程求出交点坐标，利用两直线垂直的条件求出斜率，点斜式写出直线方程．
本题考查了两直线的垂直关系，两直线的交点，是基础题．
13.【答案】(2,+∞)
【解析】解：已知方程2x2+my2=9表示焦点在x轴上的椭圆，
则方程x292+y29m=1表示焦点在x轴上的椭圆，
则92>9m>0，
即m>2，
即实数m的取值范围为(2,+∞).
故答案为：(2,+∞).
由椭圆的性质，结合椭圆的方程求解即可．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆的方程，属基础题．
14.【答案】1(答案不唯一)
【解析】解：圆C1：(x−3)2+y2=9，圆心(3,0)，r=3，
圆C2：x2+y2−2mx+4y+4=0，即(x−m)2+(y+2)=m2，圆心(m,−2)，半径为|m|，m≠0，
因为两圆相交，可得|3−|m||< (m−3)2+(0−(−2))243，
由韦达定理可得x1+x2=2k(k−3)k2+1，x1x2=(k−3)2−1k2+1，
k1+k2=y1x y1x1−1+y2x2−1=k(x1−1)+3x1−1+k(x2−1)+3x2−1=2k+3x1−1+3x2−1=2k+3(x1+x2−2)(x1−1)(x2−1)=2k+3(x1+x2−2)x1x2−(x1+x2)+1=2k+3[2k(k−3)k2+1−2](k−3)2−1k2+1−2k(k−3)k2+1+1=2k−18k+69=−23，
所有k1+k2为定值−23
【解析】解：(1)由题意可知：圆O的圆心为O(0,0)，半径r=2，
则圆心O到直线l的距离d= r2−(12|AB|)2=1，
若直线l的斜率不存在，即直线l：x=1，满足题意，
若直线l的斜率存在，设直线l：y−3=k(x−1)，即kx−y+3−k=0，
则d=|3−k| k2+1=1，解得k=43，
所以直线l：4x−3y+5=0，
综上所述，直线l的方程为x=l或4x−3y+5=0；
(2)①若线段AB的中点为D，可得OD⊥AB，即|OD|=d=1，
可知点D的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，
所以点D的轨迹方程C：x2+y2=1；
②由(1)可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y−3=k(x−1)，即y=kx+(3−k)，
设点M(x1,y1)、N(x2,y2)，
联立方程y=kx+(3−k)x2+y2=1，消去y可得(k2+1)x2−2k(k−3)x+(k−3)2−1=0，
则Δ=4k2(k−3)2−4(k2+1)[(k−3)2−1]>0，解得k>43，
由韦达定理可得x1+x2=2k(k−3)k2+1，x1x2=(k−3)2−1k2+1，
k1+k2=y1x y1x1−1+y2x2−1=k(x1−1)+3x1−1+k(x2−1)+3x2−1=2k+3x1−1+3x2−1=2k+3(x1+x2−2)(x1−1)(x2−1)=2k+3(x1+x2−2)x1x2−(x1+x2)+1=2k+3[2k(k−3)k2+1−2](k−3)2−1k2+1−2k(k−3)k2+1+1=2k−18k+69=−23，
所有k1+k2为定值−23.
(1)根据题意分析可知：圆心O到直线l的距离d=1，分析讨论直线的斜率是否存在，结合点到直线的距离公式运算求解；
(2)①分析可知|OD|=1，即可得方程；
②设直线l的方程为y−3=k(x−1)，设M(x1,y1)、N(x2,y2)，将直线l的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理可计算出k1+k2的值，即可证得k1+k2的值为定值．
本题主要考查由弦长求圆的方程或者参数以及直线与圆中的定点定值问题，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)∵(1,1,0)⋅(1,1,0)=1×1+1×1+0×0=2，同理可得(1,0,1)⋅(1,0,1)=(0,1,1)⋅(0,1,1)=2，
而(1,1,0)⋅(1,0,1)=1×1+1×0+0×1=1，同理可得(1,1,0)⋅(0,1,1)=(1,0,1)⋅(0,1,1)=1，
∴集合A={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}具有性质T(3,2)；
(Ⅱ)当n=4时，集合A的元素有4个，由题可知p∈{0,1,2,3,4}，
假设集合A具有性质T(4,p)，
则①当p=0时，A={(0,0,0,0)}，矛盾；
②当p=1时，A={(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}，不具有性质T(4,1)，矛盾；
③当p=2时，A={(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)}，
∵(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中；(1,0,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中；
(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中，故集合A的元素个数小于4，矛盾；
④当p=3时，A={(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)}，不具有性质T(4,3)，矛盾；
⑤p=4时，A={(1,1,1,1)}，矛盾，
综合可得：不存在具有性质T(4,p)的集合A；
(Ⅲ)证明：设cj=t1j+t2j+⋅⋅⋅tnj(j=1,2,…，n)，则c1+c2+⋅⋅⋅+cn=np，
若p=0，则A={(0,0,…，0)}，矛盾；
当p=1时，A={(1,0,0,…，0)}，矛盾，故p≥2，
假设存在j使得cj≥p+1，不妨设j=1，即c1≥p+1，
当c1=n时，有cj=0或cj=1(j=2,3,…，n)成立，
∴α1，α2，⋅⋅⋅，αn中分量为1的个数至多有n+(n−1)=2n−1