2024学年北师大附属实验高二数学上学期期末模拟试卷附答案解析

学年北师大附属实验高二数学上学期期末模拟试卷一、单选题（本大题共10小题）1．在空间直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为（

）A． B． C． D．2．已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（

）A．B．C． D．3．抛物线的焦点为，点在此抛物线上，，则点的横坐标为（

）A．2 B．3 C．4 D．64．圆与圆的位置关系是（

）A．相交 B．内切 C．外切 D．内含5．在的展开式中，常数项为（

）A．60 B．15 C． D．6．某学校4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（

）A． B． C． D．7．已知正四棱锥的高为4，棱的长为2，点为侧棱上的一动点，则面积的取小值为（

）A． B． C． D．8．已知直线，圆，若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．9．已知直线的斜率分别为，倾斜角分别为，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．一个平面区域内，两点间距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（

）A． B．3 C． D．4二、填空题（本大题共5小题）11．如图，直线过椭圆的左焦点F1和一个顶点B，该椭圆的离心率为．12．圆的圆心到直线的距离为1，则的值为13．设，则.14．双曲线的渐近线方程为；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则．15．已知正方体的棱长为2，为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面．给出下列四个结论：①的面积的最大值为；②满足使的面积为2的点有且只有4个；③点可以是的中点；④线段的最大值为3．其中所有正确结论的序号是．三、解答题（本大题共6小题）16．某小组共有6名学生，其中女生2名，男生4名．(1)将6名学生排成一排，且女生不相邻的排法有多少种？(2)从6名中选出3人参加某公益活动．（i）共有多少种不同的选择方法？（ii）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？17．已知为坐标原点，圆为的外接圆.(1)求圆的标准方程；(2)过原点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.18．如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点.

(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.19．已知椭圆的右焦点为，离心率为，直线过点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.(1)求椭圆的方程；(2)延长线段与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求此时直线的斜率.20．如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题.条件①：条件②：；条件③：平面.(1)求证：为的中点；(2)求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离.21．已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆的右顶点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆交于两点（在第三象限），是椭圆上的动点（不与顶点重合），直线分别交直线于点，记，求证：为定值.

参考答案1．【答案】D【分析】由空间直角坐标系对称点的特征即可求得结果.【详解】根据空间直角坐标系中点坐标的特征可知，关于原点对称的点的坐标需要把横坐标、纵坐标、竖坐标都变为原来的相反数，所以点关于原点对称的点的坐标为.故选：D2．【答案】D【分析】由直线的方向向量的概念，即可求出直线的斜率，进而求出直线倾斜角.【详解】由于直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：D.3．【答案】B【详解】根据焦半径公式可得，故，故选：B4．【答案】C【分析】由两圆圆心距与半径和差的关系可得.【详解】圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；则，则，故两圆外切.故选：C.5．【答案】A【详解】二项式的展开式的通项为，由，得，所以所求常数项为.故选：A6．【答案】D【详解】4名学生分到3个小区，每名同学只能去1个小区，且每个小区至少安排1名同学，∴4名同学不同的分组方法只能为2，1，1，∴不同的安排方法有(种).故选：D.7．【答案】B【详解】取中点，连接、、，因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，，因为为中点，所以，因为平面，所以，因为，，所以，，在直角三角形中，当时，最小，为，当点和点重合时，最大，最大为4，所以，，所以当时，的面积最小为.故选：B8．【答案】C【分析】由题意将原问题等价转换为圆心在直线上且半径为的动圆与圆有交点，分直线与圆的位置关系讨论，利用圆心到直线的距离即可得解.【详解】若直线上存在两点，圆上存在点，使得，且，则条件等价于圆心（设为D）在直线上且半径为的动圆与圆有交点，圆的圆心为到直线的距离，当圆与直线相离时，即时，则圆上的动点到直线的最小距离为，此时只需满足即可，所以；当时，圆与直线有交点，此时圆和直线上一定分别存在点，使得，符合题意.综上，.故选：C.9．【答案】A【详解】由题意可知，故，若，则，由于，故，则，所以，故充分性成立，若，结合，取满足，但，故必要性不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A10．【答案】B【详解】的参数方程为：（为参数）由于都满足方程，所以曲线是关于点中心对称的图形，所以曲线上点到原点距离为直径长的一半，由于，根据二次函数的性质可知，当时，取得取大值为，所以，直径为.故选：B11．【答案】【分析】分别令直线方程中y＝0和x＝0，进而求得b和c，进而根据b，c和a的关系求得a，则椭圆的离心率可得．【详解】解：在l：x﹣y+2＝0上，令y＝0得F1（﹣2，0），令x＝0得B（0，2），即c＝2，b＝2．∴a＝2，e．故答案为．【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质和椭圆的标准方程．考查了学生对椭圆基础知识的掌握和灵活运用．12．【答案】【解析】由已知圆的方程求出圆心坐标，代入点到直线距离公式，即可求得值．【详解】解：圆的圆心坐标为：，故圆心到直线的距离，解得：，故答案为：．13．【答案】0【详解】取，得，取，得，所以.故答案为：014．【答案】【详解】由，故其渐近线方程为；令，由题意可得，即有，解得，故，即.故答案为：；.

15．【答案】①④【详解】取的中点为，连接，因为为的中点，所以，，，所以，所以，又，所以，所以，又平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以平面平面，又平面平面，所以的轨迹为线段，对于①，由图可知，当在上时，此时三角形面积最大，因为，所以面积的最大值为，故①正确；对于②，由图可知，当或时，的面积为2，所以满足使的面积为2的点有且只有2个，故②错误；对于③，由图易知，点不可能在线段上，所以点不可能是的中点，故③错误；对于④,由图易知，当与重合时，此时长度最大，最大值为，故④正确.故答案为：①④.16．【答案】(1)480(2)20，16【详解】（1）男生先排有种，女生插空有种，所以共有种不同排法．（2）（i）6名中选出3人共有种方法；（ii）6名中选出3名男生有种方法，所以至少有1位女生入选，共有种不同的选择方法．17．【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用待定系数法，设出圆的一般方程，带入已知点，建立方程组，可得答案；（2）由（1）可得圆心与半径，利用圆的弦长公式，结合分类讨论，可得答案.【详解】（1）设的外接圆的方程为.均在圆上，解得，所以圆的方程为.所以圆的标准方程为.（2）由（1）知圆心，半径为，因为直线被圆截得的弦长为，所以点到直线的距离为.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，两边同时平方得，解得或.当直线的斜率不存在时，不满足条件.所以直线的方程为或.18．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由于,故建立如图所示的空间直角坐标系，则,,故，故，因此

（2）由于平面，故平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，,故，令，则，设二面角的平面角为，由图可知为钝角，故19．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知，，，∵，∴，，∴椭圆的方程为.（2）设直线l的方程为，Ax1,y联立，消去y得，，则，若四边形为平行四边形，则，设∴，，∵点P在椭圆上，∴，解得，即，∴当四边形OAPB为平行四边形时，直线l的斜率为.20．【答案】(1)证明见解析(2)；【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.【详解】（1）选条件①：由，根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；选条件②：，连接，在正方体中，由平面，因为平面，所以，又因为，，所以，因为平面，所以，又因为为的中点，所以为的中点．选择条件③：平面，连接，因为平面，平面，且平面平面，所以，因为为的中点，所以为的中点．（2）在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，，，设平面的