北京市丰台区2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析

这是一份北京市丰台区2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了01等内容，欢迎下载使用。
2025.01
考生须知
1. 答题前，考生务必先将答题卡上的学校、班级、姓名、教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码.
2. 本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚.
3. 请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷、草稿纸上答题无效.
4. 本练习卷满分共150分，作答时长120分钟.
第一部分 选择题（共40分）
一、选择题共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. 已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量坐标的加减和数乘运算法则直接计算即可.
【详解】因为，，则.
故选：A.
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程求得斜率，进而得到，即可求解.
【详解】由直线，可得斜率为，
设直线倾斜角为，其中，可得，所以.
故选：C.
3. 与直线关于x轴对称的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设对称直线上的点为，求它关于轴的对称点并代入已知直线的方程，所得方程即为所求的直线方程.
【详解】设对称直线上的点为，则其关于轴的对称点在直线上，
所以，即.
故选：B.
4. 已知圆与圆外切，则（ ）
A. B. C. 7D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由题意分别求两圆的圆心和半径，根据两圆外切可得，代入运算求解．
【详解】由，可得圆的圆心，半径为，
由，可得，
所以圆心为，半径为，
因为两圆外切，所，所以，
则，解得．
故选：C.
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用，可求向量在向量上的投影向量.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
6. 已知圆及点，在圆上任取一点，连接，将点折叠到点A，记与折痕的交点为（如图）. 当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由题意可得：，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由求得，可求点的轨迹方程可求．
【详解】连接，
圆的圆心坐标为，半径为4．
因为将点折叠到点A，记与折痕的交点为，所以，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，所以，
所以，所以点的轨迹方程为．
故选：A．
7. 在空间直角坐标系中，，，，D是平面内一点，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由点的坐标写出向量坐标，由空间共面向量定理得到的等式，利用基本不等式求出的最小值，从而求得的最小值.
【详解】，
，
又因为D在平面内，所以，即，
所以，当且仅当时取等号.
所以.
故选：C.
8. 设椭圆与双曲线的离心率分别为，，若双曲线渐近线的斜率均小于，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意及双曲线的渐近线的斜率可得，再由椭圆，双曲线的离心率的求法，分别判断出所给命题的真假．
【详解】由题意可得双曲线的渐近线的斜率的绝对值为，则，
所以，，
所以，且，
则，所以A正确．
故选：A．
9. 在图形设计和创作中，常常需要用不同的形状和线条进行组合，以创造出独特的视觉效果. 某校数学兴趣小组设计了一个如图所示的“螺旋线”：点，在直线l上，是边长为1的等边三角形，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，，依次类推（其中点，，，，共线，点，，，，共线，点，，，，共线）. 由上述圆弧组成的曲线H与直线l恰有9个交点时，曲线H长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】第一次以，，为圆心圆弧时，与直线l恰好有2个交点（不包括起点），圆弧组成的曲线H与直线l恰有9个交点时，要使曲线H长度的最小，则刚好转四轮，据此计算即可求曲线H长度的最小值.
【详解】由题意可知，第个劣弧的半径为，圆心角为，
第一次以，，为圆心圆弧时，与直线l恰好有2个交点（不包括起点），
同理第二次以，，为圆心圆弧时，与直线l恰好有2个交点，
以此类推，每一轮以次以，，为圆心圆弧时，与直线l恰好有2个交点，
上述圆弧组成的曲线H与直线l恰有9个交点时，要使曲线H长度的最小，则刚好转四轮，
所以曲线H长度的最小值为.
故选：C.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，P为棱的中点，Q为底面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点Q，使得BQ平面
B. 在棱上存在点Q，使得平面
C. 在线段上存在点，使得直线与所成的角为
D. 存在点，使得三棱锥的体积为2
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项计算判断即可.
【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
若平面，所以，则，解得，
此时点不在底面内，故不存在点Q，使得BQ平面，故A错误；
假设在棱上存在点，使得平面，
则，所以，又，所以，解得，
此时点不在棱上，所以在棱上不存在点Q，使得平面，故B错误；
假设在线段上存在点，使得直线与所成的角为，
又，所以，又，
所以，
所以，整理得，
，无解，
所以在线段上不存在点，使得直线与所成的角为，故C错误；
，所以点到平面的距离为，
所以，又，
由余弦定理可得，所以，
所以，
所以，
所以存在点，使得三棱锥的体积为2，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键在于建立空间直角坐标系，利用向量法处理空间位置关系，求点到面的距离，从而求得三棱锥的体积的范围.
第二部分 非选择题（共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则_______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量平行坐标表示即可求解．
【详解】根据题意，若，则，又，，
所以，解得，所以.
故答案为：.
12. 直线：被圆：截得的弦AB的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦的弦心距即可求解.
【详解】由圆：，可得圆心，半径，
于是圆心到直线的距离，
从而得，所以弦的长为.
故答案为：.
13. 在棱长为2的正四面体中，M，N分别是的中点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用，两边平方可求得.
【详解】因为四面体是棱长为2的正四面体，所以，
，
所以，
两边平方可得
，
所以.
故答案为：.
14. 已知点，直线，动圆P过点F，且与直线l相切，则圆心P的轨迹C的方程为_______；若直线及分别与曲线C交于异于原点的M，N两点. 当直线MN过点F时，______.
【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】由点P到点F的距离等于点P到直线l的距离，可得点P的轨迹是抛物线，求解可得曲线C的方程；由题意可得M，N两点关于轴对称，可求得M，N两点的坐标为或，代入方程可求.
【详解】因为动圆P过点F，且与直线l相切，所以点P到点F的距离等于点P到直线l的距离，
所以点P的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
所以圆心P的轨迹C的方程为；
因为直线与关于轴对称，抛物线关于轴对称，
所以M，N两点关于轴对称，又直线MN过点F，所以M，N两点的纵坐标为1，
所以，解得，所以M，N两点的坐标为或，
将与代入直线方程，可得，解得，
故答案为：；.

15. 已知方程所表示的曲线为C.给出以下四个结论：
①曲线C与y轴有两个不同交点；
②曲线C关于原点对称；
③x轴及直线为曲线C的两条渐近线；
④若曲线C与圆有公共点，则r的最小值为.
其中，所有正确结论的序号是________.
【答案】①②③
【解析】
【分析】对于①，令，求解即可判断；对于②，用代替，代替，判断方程的表达式是否一样即可；对于③，将方程进行变形得，当时方程没有意义，故可判断故是曲线C的另一条渐近线，又时，，故为曲线C的一条渐近线；对于④，联立及，消去x并整理得，转化为函数图象有交点即可求解的范围.
【详解】对于①，令，得，即，所以曲线C与y轴有两个不同交点，故①正确；
对于②，在曲线方程中，用代替，代替，得，即，
所以曲线关于原点对称，故②正确；
对于③，因为方程，所以，所以，
当时，，故为曲线C的一条渐近线；
又时，没有意义，故是曲线C的另一条渐近线，即x轴为曲线C的另一条渐近线，
故x轴及直线为曲线C的两条渐近线，故③正确；
对于④，联立及，消去x并整理得，
因为，当且仅当，即时等号成立，
若曲线C与圆有公共点，则，所以，
所以r的最小值为，故④错误．综上，正确结论的序号是①②③．
故答案为：①②③
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知数列是等差数列，，且.
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和的最小值，以及取得最小值时n的值.
【答案】（1）
（2）时，有最小值.
【解析】
【分析】（1）根据等差数列基本量的运算求得公差，即可求得通项公式.
（2）利用等差数列求和公式求和，进而利用二次函数性质求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
因为，，
所以，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
因为是等差数列，所以，
由（1）可知，，
所以当时，有最小值.
17. 已知圆C经过点，且圆心C是直线与轴的交点.
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l与圆C交于A，B两点，且四边形为菱形，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得圆心与半径可求圆的方程；
（2）由已知可得AB垂直平分CM，求得，进而求得的中点，可求直线的方程.
【小问1详解】
因为圆心C是直线与轴的交点，
所以圆心C的坐标为，
又因为圆C经过，所以圆C的半径为，
所以圆C的方程为.
【小问2详解】
因为四边形CAMB为菱形，
所以AB垂直平分CM，
因为，所以
又因为CM的中点坐标为
所以直线AB的方程为，即.
18. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点（其中点A在第一象限），点A到抛物线C的准线的距离为.
（1）求直线l的斜率；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点A的坐标，由已知可得，求得，可求直线l的斜率；
（2）由（1）可得直线l的方程为：，与抛物线联立方程组，设点B的坐标，可得，由焦点弦长公式可求.
【小问1详解】
设点A的坐标，
因为点A到抛物线准线的距离是，
所以，所以，代入抛物线方程得：
所以点，又因为点，
所以直线l的斜率.
【小问2详解】
因为抛物线C的焦点F，所以直线l的方程为：
由得：，
可知恒成立，
设点B的坐标，则，
，所以.
19. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，平面，.

（1）证明：；
（2）再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：点B到平面PAC的距离为1；
条件②：直线PC与平面PAB所成角的大小为30°.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】通过线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质和线面平行的性质可得；若选①，利用点到平面的距离可得BM的值进而得到点B和点C的坐标，通过平面的法向量的求法可得平面PBC的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可得夹角的余弦值；若选②，根据线面夹角可求出点C的坐标，进一步求得平面的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可求得两平面夹角的余弦值.
【详解】解：（1）因为底面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，，平面PAB，
所以平面，
因为PB⊂平面，所以，
因为平面，平面ABCD，平面ABCD∩平面PBC=BC，
所以，
所以.
（2）由（1）可知，PA，AB，AD两两垂直，以A为原点， AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示坐标系.

若选条件①：
方法1：过点B作BMAC，交AC于点M，
因为PA底面ABCD，BM⊂平面ABC，
所以PA BM，
因为AC∩PA=A，
所以BM平面PAC，
又点B到平面PAC的距离为1，所以BM=1，
在Rt△ABC中，AC=2，所以.
因此，，，
又，，
所以，.
设是平面PBC的法向量，则，，
即，取，则，，
所以是平面PBC的一个法向量.
因为BM平面PAC，所以是平面PAC的一个法向量.
设平面ACP与平面BCP的夹角为，则
，
所以平面ACP与平面BCP夹角的余弦值为.
方法2：，，设，则
可求得平面PAC的法向量为，则
，得.以下同方法1
若选条件②：
方法1：由（1）知BC平面PAB，
因为直线PC与平面PAB所成角大小为30°，
所以即为PC与平面PAB所成的角，即=30°.
在Rt△PAC中，AC=PA=2，所以，
在Rt△PBC中，，=30°，所以，
方法2：由条件①方法2得到，
是平面的PAB的一个法向量，
所以，得.以下同条件①.
综上，可得平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知椭圆过点，长轴长为4.
（1）求椭圆E的方程及离心率；
（2）若直线l：与椭圆E交于A，B两点，过点B作斜率为0的直线与椭圆的另一个交点为D. 求证：直线AD过定点.
【答案】（1），离心率
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用已知易求得，易求得椭圆方程与离心率；
（2）设点A的坐标，点B的坐标，则点D的坐标，联立方程组，结合韦达定理可得，表示出直线AD的方程为：，令得：计算可求得定点.
【小问1详解】
因椭圆E过点，所以，
又因为长轴长为4，所以，所以，
所以.
椭圆E的方程为：，离心率.
【小问2详解】
由得：，
由得：或，
设点A的坐标，点B的坐标，则点D的坐标，
，

由已知得直线AD有斜率，直线AD的方程为：，
令得：
，
所以直线AD过定点.
21. 已知无穷数列各项均为正数，且.
（1）请判断如下两个结论是否正确：
①；②；
（2）当时，证明：；
（3）记数列的前项和为，若，证明：.
【答案】（1）①，②均正确
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用已知变形证明不等式；
（2）由已知得，进一步得，，变形即可证明；
（3）当时，由，进一步得，化简即可证.
【小问1详解】
由于，则，
两式相加得，即，
所以；
由于，
所以，
则，
所以，
所以①，②均正确；
【小问2详解】
因为，均有，
所以当时，有，
所以，
所以，
当时，有，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
整理得.
【小问3详解】
由（2）得，当时，有，
所以，均有，
即，
所以
所以，
即，
又因为，所以.
【点睛】关键点点睛：从特殊的，到证明一般的，考察了从特殊到一般的研究思路.