2024-2025学年北京市朝阳区日坛中学高二上学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区日坛中学高二上学期期中考试数学试题（含答案），共8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y=−x− 3的倾斜角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
2.已知圆C1：x2+y+32=1，圆C2：x2+y2=9，那么两圆的位置关系是( )
A. 相交B. 外离C. 外切D. 内含
3.已知点A1,2,−1,B2,t,0，O为坐标原点，且OA⋅OB=0，则AB=( )
A. 3B. 5C. 6D. 11
4.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，AB=a，AD=b，AA1=c，则D1E=( )
A. a−12b+cB. a−12b−cC. a+32b+cD. 12a+12b−c
5.在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=kx+b和直线l2：y=bx+k有可能是( )
A. B.
C. D.
6.已知直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则“m⋅n=0”是“l//α”的( )
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
7.已知底面边长为2的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为8 3，则直线AC与A1B所成角的余弦为( )
A. 32B. 22C. 34D. 24
8.已知直线l1：mx−y+m=0与直线l2：x+my−1=0的交点为Q，椭圆x24+y2=1的焦点为F1，F2，则|QF1|+|QF2|的取值范围是( )
A. 2,+∞B. 2 3,+∞C. 2,4D. 2 3,4
9.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，下列四个结论中，错误的是( )
A. 存在点E,EF//平面ABB1A1
B. 对任意点E,EF⊥DB1
C. 存在点E，使得EF与BD所成的角是60∘
D. 不存在点E，使得EF与平面AA1C1C所成的角是30∘
10.设集合S,T，S⊆N∗，T⊆N∗，S,T中至少有两个元素，且S,T满足：①对于任意x,y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②对于任意x,y∈T，若x1)的离心率是 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过F2作斜率为k的直线l，交椭圆C于A,B两点，直线F1A，F1B分别交y轴于不同的两点M,N.如果∠MF1N为锐角，求k的取值范围．
参考答案
1.D
2.A
3.D
4.B
5.B
6.D
7.D
8.D
9.D
10.C
11.−9
12. 6
13.18
14.0或−3
15.0
16.②④
17.(1)椭圆C:x23+y22=1知，该椭圆的焦点在x轴上，设焦距为2c，
由a2=3,b2=2，所以c2=1，所以焦点坐标为F1(−1,0),F2(1,0)
离心率为：e=ca=1 3= 33
(2)由直线y=−x+1与椭圆C相交于A,B两点，设A(x1,y1),B(x2,y2)
则x23+y22=1y=−x+1消去y得5x2−6x−3=0，x1+x2=65,x1x2=−35，
所以|AB|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]= 2×652−4×−35=8 35
又F1到y=−x+1的距离为d=−1+0−1 2= 2
所以▵ABF1的面积为：S▵ABF1=12×|AB|×d=12×8 35× 2=4 65

18.(1)因为fx=2sinxcsx+ 32cs2x−1=sin2x+ 3cs2x=2sin2x+π3．
由T=2π2=π，所以函数fx的最小正周期为：π．
(2)由2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z得：kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z．
由由2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z得：kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z．
所以函数fx的单调增区间为kπ−5π12,kπ+π12，k∈Z；单调减区间为：kπ+π12,kπ+7π12，k∈Z．
(3)因为−π6≤x≤π6⇒0≤2x+π3≤2π3，所以0≤sin2x+π3≤1．
所以0≤fx≤2．
所以函数fx在−π6,π6上的最小值为0，最大值为2．

19.(Ⅰ)证明：因为ABCD为正方形，所以AD//BC．
因为BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD/​/平面PBC．
(Ⅱ)解：依题意，AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA=AB=2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，
C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
DC=(2,0,0)，PD=(0,2,−2)，AD=(0,2,0)．
设平面PDC的法向量为n=(x,y,z)，
平面PAB与平面PCD夹角为θ，
则有n⋅DC=0n⋅PD=0，即x=0y−z=0，
令y=1，则得z=1，此时n=(0,1,1)．
又因为AD⊥平面PAB，
所以AD=(0,2,0)为平面PAB的法向量，
所以csθ=|cs|=|n⋅AD||n||AD|= 22，
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 22．
(Ⅲ)解：因为平面PDC的法向量n=(0,1,1)，PB=(2,0,−2)，
又因为|n⋅PBn|= 2，
所以点B到平面PDC的距离为 2．
20.(1)因所求问题包括线面角大小，需要求出AB边长，故①必选，
选②缺垂直条件，因为BC1⊥A1C，又四边形AA1C1C是边长为4的正方形，所以AC1⊥A1C，AC1∩BC1=C1，AC1⊂平面ABC1,BC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1,又AB⊂平面ABC1,所以A1C⊥AB，选①②无法证明AB⊥平面AA1C1C；
故只能选择①③，理由如下：
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，所以AA1⊥AC，所以AA1⊥平面ABC，
又因为AB⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，BC=BA1=2 5，所以AB=2，
又因为AB2+AA 12=BC2，所以AB⊥AC，AC⊂平面ABC，AA1∩AC=A，
所以AB⊥平面AA1C1C；
(2)由(1)知AB,AA1,AC两两垂直，故以AB方向为x轴，AA1方向为y轴，AC方向为z轴，建立空间直角坐标系，则B2,0,0,A10,4,0,C0,0,4,C10,4,4，故BC1=−2,4,4，BA1=−2,4,0,BC=−2,0,4，设平面A1BC的方向量为n=x,y,z，则n⋅BA1=0n⋅BC=0，即x−2y=0x−2z=0，令x=2，得y=z=1，故n=2,1,1，设直线BC1与平面A1BC所成角为θ，则sinθ=csBC1,n=46 6= 69，故直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值为 69；
(3)假设存在设点G，使得MG//平面A1BC，则G2,m,0,m∈0,2，因为MG//平面A1BC，所以MG⊥n，M0,4,2，所以MG=2,m−4,−2，MG⋅n=4+m−4−2=0，解得m=2，故G2,2,0，BG=2，
所以存在点G，G为BB1中点，使得MG//平面A1BC，此时BG=2．

21.解：(Ⅰ)由题意，ca= 22b2=1a2=b2+c2，解得a2=2．
∴椭圆C的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)由已知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为y=k(x−1)，
直线l与椭圆C的交点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x−1)x22+y2=1，得(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0．
由已知，△>0恒成立，且x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，①
直线F1A的方程为y=y1x1+1(x+1)，令x=0，得M(0,y1x1+1)，
同理可得N(0,y2x2+1).
∴F1M⋅F1N=1+y1y2(x1+1)(x2+1)=1+k2(x1−1)(x2−1)(x1+1)(x2+1)
=(1+k2)x1x2+(1−k2)(x1+x2)+1+k2x1x2+x1+x2+1，
将①代入并化简得：F1M⋅F1N=7k2−18k2−1，
依题意，∠MF1N为锐角，则F1M⋅F1N=7k2−18k2−1>0，
解得：k2>17或k2