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）
文档属性
| 名称 | 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） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 245.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-24 20:14:21 | ||
图片预览
文档简介
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
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.已知圆：，圆：，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，为坐标原点，且，则( )
A. B. C. D.
4.如图，平行六面体中，为的中点，，，，则( )
A. B. C. D.
5.在同一平面直角坐标系中，直线：和直线：有可能是( )
A. B.
C. D.
6.已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”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.已知底面边长为的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为( )
A. B. C. D.
8.已知直线：与直线：的交点为，椭圆的焦点为，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
9.如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是( )
A. 存在点平面
B. 对任意点
C. 存在点，使得与所成的角是
D. 不存在点，使得与平面所成的角是
10.设集合，，，中至少有两个元素，且满足：对于任意，若，都有；对于任意，若，则；则集合可以是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知，，且，那么 ．
12.圆截直线所得的弦长为 ．
13.已知点，是椭圆：的两个焦点，点在椭圆上，则的周长为 ．
14.已知直线，若，则实数的值是 ．
15.能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为 ．
16.已知四棱锥的高为和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：
四棱锥不可能为正四棱锥；
空间中一定存在到距离都相等的点；
可能有平面平面；
四棱锥的体积的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知椭圆，左右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点．
求椭圆的焦点坐标及离心率；
求的面积．
18.本小题分
已知函数．
求函数的最小正周期；
求函数的单调区间；
求在区间上的最值．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．
求证：平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
求点到平面的距离．
20.本小题分
如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形再从条件条件条件中选择两个能解决下面问题的条件作为已知．
求证：平面；
求直线与平面所成角的正弦值；
设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．
条件：；
条件：；
条件：平面平面．
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分．
21.本小题分
已知椭圆的离心率是．
求椭圆的方程；
已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点如果为锐角，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.或
15.
16.
17.椭圆知，该椭圆的焦点在轴上，设焦距为，
由，所以，所以焦点坐标为
离心率为：
由直线与椭圆相交于两点，设
则消去得，，
所以
又到的距离为
所以的面积为：
18.因为．
由，所以函数的最小正周期为：．
由，得：，．
由由，得：，．
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为：，．
因为，所以．
所以．
所以函数在上的最小值为，最大值为．
19.Ⅰ证明：因为为正方形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
Ⅱ解：依题意，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，则，，
，，．
，，．
设平面的法向量为，
平面与平面夹角为，
则有，即，
令，则得，此时．
又因为平面，
所以为平面的法向量，
所以，，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
Ⅲ解：因为平面的法向量，，
又因为，
所以点到平面的距离为．
20.因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故必选，
选缺垂直条件，因为，又四边形是边长为的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选无法证明平面；
故只能选择，理由如下：
因为平面平面，平面平面，四边形是边长为的正方形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，，所以，
又因为，所以，平面，，
所以平面；
由知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，
所以存在点，为中点，使得平面，此时．
21.解：Ⅰ由题意，，解得．
椭圆的方程为；
Ⅱ由已知直线的斜率不为，设直线的方程为，
直线与椭圆的交点，，
联立，得．
由已知，恒成立，且，，
直线的方程为，令，得，
同理可得
，
将代入并化简得：，
依题意，为锐角，则，
解得：或．
综上，直线的斜率的取值范围为
．
第1页，共1页
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.已知圆：，圆：，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，为坐标原点，且，则( )
A. B. C. D.
4.如图，平行六面体中，为的中点，，，，则( )
A. B. C. D.
5.在同一平面直角坐标系中，直线：和直线：有可能是( )
A. B.
C. D.
6.已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”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.已知底面边长为的正四棱柱的体积为，则直线与所成角的余弦为( )
A. B. C. D.
8.已知直线：与直线：的交点为，椭圆的焦点为，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
9.如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是( )
A. 存在点平面
B. 对任意点
C. 存在点，使得与所成的角是
D. 不存在点，使得与平面所成的角是
10.设集合，，，中至少有两个元素，且满足：对于任意，若，都有；对于任意，若，则；则集合可以是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知，，且，那么 ．
12.圆截直线所得的弦长为 ．
13.已知点，是椭圆：的两个焦点，点在椭圆上，则的周长为 ．
14.已知直线，若，则实数的值是 ．
15.能说明“直线与圆有两个不同的交点”是真命题的一个的值为 ．
16.已知四棱锥的高为和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论：
四棱锥不可能为正四棱锥；
空间中一定存在到距离都相等的点；
可能有平面平面；
四棱锥的体积的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知椭圆，左右焦点分别为，直线与椭圆相交于两点．
求椭圆的焦点坐标及离心率；
求的面积．
18.本小题分
已知函数．
求函数的最小正周期；
求函数的单调区间；
求在区间上的最值．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面．
求证：平面；
求平面与平面夹角的余弦值；
求点到平面的距离．
20.本小题分
如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形再从条件条件条件中选择两个能解决下面问题的条件作为已知．
求证：平面；
求直线与平面所成角的正弦值；
设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由．
条件：；
条件：；
条件：平面平面．
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分．
21.本小题分
已知椭圆的离心率是．
求椭圆的方程；
已知，分别是椭圆的左、右焦点，过作斜率为的直线，交椭圆于两点，直线，分别交轴于不同的两点如果为锐角，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.或
15.
16.
17.椭圆知，该椭圆的焦点在轴上，设焦距为，
由，所以，所以焦点坐标为
离心率为：
由直线与椭圆相交于两点，设
则消去得，，
所以
又到的距离为
所以的面积为：
18.因为．
由，所以函数的最小正周期为：．
由，得：，．
由由，得：，．
所以函数的单调增区间为，；单调减区间为：，．
因为，所以．
所以．
所以函数在上的最小值为，最大值为．
19.Ⅰ证明：因为为正方形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
Ⅱ解：依题意，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，则，，
，，．
，，．
设平面的法向量为，
平面与平面夹角为，
则有，即，
令，则得，此时．
又因为平面，
所以为平面的法向量，
所以，，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
Ⅲ解：因为平面的法向量，，
又因为，
所以点到平面的距离为．
20.因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故必选，
选缺垂直条件，因为，又四边形是边长为的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选无法证明平面；
故只能选择，理由如下：
因为平面平面，平面平面，四边形是边长为的正方形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，，所以，
又因为，所以，平面，，
所以平面；
由知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，
所以存在点，为中点，使得平面，此时．
21.解：Ⅰ由题意，，解得．
椭圆的方程为；
Ⅱ由已知直线的斜率不为，设直线的方程为，
直线与椭圆的交点，，
联立，得．
由已知，恒成立，且，，
直线的方程为，令，得，
同理可得
，
将代入并化简得：，
依题意，为锐角，则，
解得：或．
综上，直线的斜率的取值范围为
．
第1页，共1页
同课章节目录