北京市第一零一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

这是一份北京市第一零一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题，共24页。试卷主要包含了点到直线的距离等于，椭圆的离心率为，如图，在四面体中，，，，若直线，对于直线，若直线经过点，则等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分120分，考试时间100分钟）
命题：高二数学备课组 审稿：贺丽珍
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.点到直线的距离等于（ ）
A. B.
C. D.
2.椭圆的离心率为（ ）
A.2 B. C. D.
3.如图，在四面体中，，，.点，分别为棱，的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
4.在正方体中，分别为和的中点，则异面直线与.所成角的余弦值是（ ）
A.0 B. C. D.
5.若直线：与直线：平行，则（ ）
A.3 B.
C.3或 D.3或1
6.在长方体中，，则二面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7.对于直线：，下列说法不正确的是（ ）
A.恒过定点2，0 B.当时，不经过第二象限
C.的斜率一定存在 D.当时，的倾斜角为60°
8.若直线经过点，则（ ）
A. B.
C. D.
9.在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于12，化简得曲线：，下列结论不正确的是（ ）
A.曲线关于轴对称 B.的最大值为3
C.的最小值为 D.的最大值为4
10.如图，棱长为2的正方体中，点为的中点.动点满足，，.给出下列四个结论：
①平面平面；
②设直线与平面所成角为，则的取值范围是；
③设平面，则三棱锥的体积为；
④以的边所在直线为旋转轴，将旋转，则在旋转过程中，的取值范围是.
其中正确结论的个数是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11.如果直线与直线互相垂直，则实数的值是___________.
12.已知圆的面积为，则___________.
13.过点的直线与圆：交于，两点，为圆心，当最小时，直线的方程是___________.
14.已知椭圆，左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若的最大值为，则的值是___________.
15.如图，长方形中，，，为的中点，现将沿向上翻折到的位置，连接，，在翻折的过程中（从初始位置开始，直到点再次落到平面内），点到平面距离的最大值为___________，的中点的轨迹长度为___________.
16.已知直线：与：相交于，两点，为弦的中点.给出下列三个结论：
①弦长度的最小值为；
②点的轨迹是一个圆；
③若点，点，则不存在点使得；
其中所有正确结论的序号是___________.
三､解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程.
17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
18.已知圆过点和点，且圆心在直线上，直线过点.
（1）求圆的方程；
（2）若与圆相切，求的方程；
（3）若与圆相交于，两点，线段的中点为，与：的交点为，求证：为定值.
19.羡除是《九章算术》中记载的一种五面体.如图，五面体是一个羡除，其中四边形与四边形均为等腰梯形，且，，，为中点，平面与平面交于.
（1）求证：平面；
（2）已知点是线段上的动点，从条件①､条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
条件①：平面平面；
条件②：.
20.已知集合（，），若与满足，且（），则称集合可分，称为的一个分法.
（1）已知是的一个分法，试写出，，，，，的值；
（2）若集合可分，证明：集合的分法一定有偶数个；
（3）判断，是否可分.若可分，写出共有几种分法，并推出所有的分法；若不可分，说明理由.
参考答案
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.【答案】C
【解析】
【分析】直接利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】点到直线的距离等于.
故选：C
2.【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆方程求出，借助离心率公式计算即可.
【详解】因为，所以，解得，
故离心率为.
故选：C.
3.【答案】D
【解析】
【分析】由，再结合三角形法则即可求解.
【详解】
，
，
故选：D
4.【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，转化为求解两向量夹角的余弦值即可.
【详解】设正方体棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
则，
由异面直线与.所成角为锐角，
则余弦值面直线与.所成角的余弦值为.
故选：B.
5.【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两直线平行的充要条件列式计算即得.
【详解】由直线：与直线：平行，得，
所以.
故选：A
6.【答案】D
【解析】
【分析】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.
【详解】长方体中，，，
，平面，平面，，
又平面平面，
为二面角所成的平面角，
，
所以二面角的余弦值为.
故选：D.
7.【答案】D
【解析】
【分析】利用直线过定点的求法判断A，利用直线的斜截式，结合其与坐标的交点判断B，将直线方程化为斜截式可判断C，利用直线的斜率与倾斜角的关系判断D，从而得解.
【详解】对于A，直线：，可化为，
当时，，所以直线过点，故A正确；
对于B，当时，直线为，即，
其斜率是2，与坐标轴的交点分别是和，
因此直线过一､三､四象限，不过第二象限，故B正确.
对于C，直线方程可化为，斜率为，一定存在，故C正确；
对于D，当时，直线的斜率为，倾斜角为，故D错误；
故选：D.
8.【答案】D
【解析】
【分析】由点可知点在单位圆上运动，由题意可得直线和单位圆有公共点，借助圆心到直线的距离与半径的关系可求.
【详解】因为，所以点在单位圆上，
因为直线过点，所以直线和单位圆有公共点，
所以圆心到直线的距离，
可得，
故选：D.
9.【答案】B
【解析】
【分析】令可判断A；结合条件利用基本不等式可判断B；将曲线方程进行变形，结合换元法与二次函数的性质可判断C；利用两点间的距离公式，结合的范围可判断D.
【详解】对于A：方程中的换成方程不变，
所以曲线C关于轴对称，故A正确；
对于B：由题意，得，
令，则，，
所以，
因为当且仅当，时，，此时才有，
但显然不成立，所以不可能取得这个值，故B错误；
对于C：由题意得，
所以，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D：因为，
即，则，解得，
因为，
而，，，此时，
所以，即的最大值为4，故D正确，
故选：B.
10.【答案】D
【解析】
【分析】①如图建立坐标系，求出平面与平面法向量，即可判断两平面关系；②由坐标系可求出表达式，后由表达式几何意义可得其范围，即可得范围；③由空间几何知识可得点P位置，后由题可得，由空间向量知识可得点P到平面距离，即可得三棱锥的体积；④由题可得轨迹，画出平面图，由圆外一点到圆上点距离最值可得的取值范围.
【详解】①如图建立以D为原点的空间直角坐标系，
则.
则，，，.
设平面法向量为n1=x1，y1，z1，则，
取.设平面法向量为，
则，取.
注意到，则①平面平面，故①正确；
②由①可得，则，
又，则.
又平面的法向量可取，
则.
注意到表示点到点的距离.
如下图所示，则当与S无限接近时，；
当无限接近或时，，
则，则.
故②正确；
③如图，连接，过作MC平行线，则N为AD中点，四点共面，
连接，则与交点即为P.注意到与相似，
则，则.
，设平面的法向量为，
则，取，
则点P到平面距离为：，
又.
则，故③正确.
④连接，设，中点为F.
由题可得，则轨迹为以为圆心，以为半径在
平面上的圆.又M在平面上的射影为中点G，
则，因，则.
如下列平面图，连接EF，则，则.
则如图，当E，H，G三点共线时，最短，为；
当G，E，I三点共线时，最长，为.
则，即的取值范围是.
故④正确.
故选：D
【点睛】关键点睛：对于较复杂立体几何问题，常建立坐标系，将空间中点，线，面关系，角度，距离转化为空间向量表达式.
二､填空题共6小题，每小题5分，共30分.
11.【答案】
【解析】
【分析】由题设条件，可利用两直线垂直的条件建立方程，解此方程即可得出的值.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，解得.
故答案为：.
12.【答案】
【解析】
【分析】根据圆的面积求出圆的半径，利用圆的标准方程求出半径即可列方程求解.
【详解】圆化为标准方程为：，
圆的面积为，圆的半径为，
，解得.
故答案为：
13.【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，判断直线与圆的位置关系，求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即可.
【详解】点在圆：的内部，则直线和圆相交，
当最小时，圆心到直线的距离最大，此时直线，
直线的斜率，因此直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
故答案为：
14.【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆定义，结合通径的性质求解的最值，列方程即可求解.
【详解】由可知，焦点在x轴上，∵过的直线交椭圆于A，B两点，
∴，∴.
当AB垂直x轴时AB最小，值最大，
此时，∴，解得.
故答案为：2
15.【答案】①.②.
【解析】
【分析】第一空，直观想象翻折过程中点的运动轨迹，结合点面距离的定义判断得所求为，从而得解；第二空，利用平行线的传递性，将问题等价于点的轨迹长试，从而得解.
【详解】第一空：过作交于，
易知当平面时，点到平面距离取得最大值，
因为在中，，，，
所以，；
第二空，取的中点，连接，
则，又，
则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以点F的轨迹与点的轨迹形状完全相同.
过作的垂线，垂足为，
则的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度为.
故答案为：；.
16.【答案】①③
【解析】
【分析】求出直线过的定点，再利用圆的性质求出弦长最小值判断①；利用圆的性质求出点的轨迹判断②；判断两圆的位置关系判断③即可得答案.
【详解】直线：过定点，：的圆心，半径，
显然点在内，，
对于①，当时，弦长度最小，最小值为，①正确；
对于②，当与都不重合时，，则点在以线段为直径的圆上，
当与之一重合时，点也在以线段为直径的圆上，此圆圆心，半径为1，
而直线不包含过点且垂直于轴的直线，即点的坐标不能是，
所以点的轨迹是以线段为直径的一个圆，除点外，②错误；
对于③，以点与为直径端点的圆的圆心，半径为，
而，即以为直径的圆和以为直径的圆相离，
点在以为直径的圆外，因此不存在点使得，③正确，
所以所有正确结论的序号是①③.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：命题③，确定以为直径的圆和以为直径的圆相离是解决问题的关键.
三､解答题共4小题，共50分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程.
17.【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质判定及面面垂直的判定推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空间向量求出点到平面距离.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面，平面，则，
由底面为正方形，得，
而平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由平面，平面，得，，
又，则直线两两垂直，
以A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
由，则，
，
设平面的法向量，则，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
由平面，得为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，平面的一个法向量为，，
所以点到平面的距离.
18.【答案】（1）；
（2）或；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，借助两点间距离公式求出圆心和半径即可得圆的方程.
（1）按直线l1的斜率存在与否分类，借助点到直线的距离公式求解即可.
（2）设出直线的方程，求出点的坐标，再利用两点间距离公式计算即得.
【小问1详解】
设圆心，由圆心在直线上及点和点都在圆上，
得，即，解得，即，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，点到直线的距离为2，直线与圆相切，方程为；
当直线的斜率存在，设直线为，即，
圆心到直线的距离等于半径2，即，解得，方程为，
所以直线方程是或.
【小问3详解】
由（2）知，直线的斜率必定存在，且不为0，其方程为：，
由，解得，即，
又直线与垂直，则直线所在的直线方程为，
由，解得，
即，
因此
.
所以为定值.
19.【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）若选条件①，则需先证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用向量法表示出与平面所成角的正弦值，借助二次函数即可解决；若选条件②，取的中点，连接，证明得到平面平面，进而转化为条件①的解题过程.
【小问1详解】
因为，且为中点，所以
又因为，，且为中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
若选条件①：平面平面，
取的中点，取的中点，连接，
因为四边形与四边形均为等腰梯形，所以，，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，
因为平面，所以，所以两两垂直.
故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系；
因为，，
所以，
所以，，
因为点是线段上的动点，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角，
则，
结合二次函数的知识可知：
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
若选条件②：，
取的中点，连接，
因为四边形与四边形均为等腰梯形，
且，，
所以，
在中，，所以.
所以二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面，面，所以平面，
因为平面，所以，所以两两垂直.
故以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系；
因为，，
所以，
所以，，
因为点是线段上的动点，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的法向量为，
设直线与平面所成角，
则，
结合二次函数的知识可知：
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
20.【答案】（1）
（2）证明见解析；（3）答案见解析；
【解析】
【分析】（1）由题可得与的值，后由题可得的可能值，讨论后可得答案；
（2）证明集合的任意一种分法，与另一种分法相互对应即可；
（3）由题可得表达式，利用为整数，可完成判断.后利用列举法结合（2）中结论可推出所有分法.
【小问1详解】
由题及集合互异性，可知互不相同.
则，.
因，则，又1，2，4，则或5.
若，与题意不符，则.
此时，1到8中还剩下3与7，则.
综上，；
【小问2详解】
证明：若可分，则存在与满足
，且（）.
下面证明：若为的一个分法，
则也为的一个分法，且与不同.
因，
则.
又因互不相同，则互不相同.
结合，则为的一个分法.
又因为奇数，则.
若，因，
则要使此时的存在，则为奇数，当为偶数时，.
则为的一个分法，且与不同.
则对的任意一种分法，存在一种不同分法与其相互对应，则集合的分法一定有偶数个；
【小问3详解】
由题，，
又（），则.
则.因为正整数，则能被4整除.
当时，能被4整除，则可分；当时，不能被4整除，则不可分.
设点，其中，则有5种可能性.
又由（2）分析可知，对于的一种可能性，也为一种可能性，
则要求的所有分法，只需求出为的情况.
I若，则有3种可能性，
i当，则有2种可能性，
若，则，不存在；
若，则，；
ii当，则有两种可能性，
若，则，不存在；
若，则，不存在；
iii当，则有2种可能性，
若，则，；
若，则，不存在；
II若，则有4种可能性，
i当，则有2种可能性，
若，则，不存在；
若，则，；
ii当，则有2种可能性，
若，则不存在；
若，则，不存在；
iii当，则有3种可能性，
若，则，不存在；
若，则或，不存在；
若，则，不存在；
iv当，则有2种可能性，
若，则，；
若，则，不存在；
III若，则有4种可能性，
此时，，又当为时，
为，则只需要讨论两种可能性.
i当，则有3种可能性，
若，则不存在；
若，则，不存在；
若，则或，不存在；
ii当，则有3种可能性，
若，则，；
若，则不存在；
若，则不存在.
综上可知结合（2）中分析可知：
当；；
；；
；；
；；
；时，
为的一种分法，共10种分法.
【点睛】关键点睛：本题关键为读懂题意.第二问要证明分法为偶数，可分析分法表达式奇偶性，也可证明任何一种分法与另一种分法互相对应；第三问，列举时应按照一定的顺序或规律，以避免遗漏.