2025年北京四中高二（上）期末数学试题和答案

高中2025北京四中高二（上）期末数学（试卷满分150分考试时间120分钟）一、选择题（本大题共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.若直线l经过点，，则直线l的倾斜角为（）A. B. C. D.2.双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.3.以点为圆心，且与x轴相切的圆的标准方程是（）A. B.C. D.4.在的展开式中，常数项为（）A.15 B.16 C.180 D.2405.如图，在四面体中，E，F分别满，，，设，，，则（）A. B. C. D.6.已知抛物线（），过其焦点且斜率为2的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为1，则该抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.7.甲､乙､丙､丁四名同学和一名老师站成一排合影留念.若老师站在正中间,甲同学不与老师相邻,乙同学与老师相邻,则不同站法种数为A.24 B.12 C.8 D.68.如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为棱AB，BC的中点，则下列结论正确的是（）A.平面 B.平面C.与MN成角为60° D.点B到平面的距离为9.若，是椭圆C：（）的左、右焦点，P为椭圆C上一点（不是顶点），点I为的内心，若的面积是面积的3倍，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.10.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，某地春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为3的圆，圆心到伞柄底端距离为3，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，该地的阳光与地面夹角为60°），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的焦距为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）11.已知直线：与直线：平行，那么__________.12.圆C：的圆心坐标为___________，圆C的经过点的最短弦长为__________.13.若，则__________，__________.（用数字作答）14.双曲线W：（）的顶点分别为，，焦点为，.若，是椭圆E：（）的焦点，，是椭圆E的顶点.P是双曲线W与椭圆E的一个公共点，且满足，则双曲线W的离心率为__________.15.如图，棱长为2的正方体中，M，N分别是棱AB，BC的中点，点P在对角线上运动.则当______________时，的面积最小，此时由P，M，N三点确定的平面截正方体所得截面图形的周长为__________.三、解答题（本大题共6小题，共85分.）16.从3名男同学和5名女同学中选择4位同学去参加志愿者活动.（1）共有多少种不同的选法？（2）既有男生又有女生的选法有多少种？17.已知抛物线W：（）经过点.（1）求抛物线W的方程；（2）经过点的直线l与抛物线W相交于M，N两点，O为坐标原点，求面积的最小值.18.如图，直三棱柱中，，D为的中点.请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得三棱柱存在且唯一.条件①：；条件②：三棱柱的体积为4；条件③：的面积为.（1）求点A到平面的距离；（2）求平面与平面所成角的余弦值.注：如果选择的条件不符合要求，本题得0分.19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，.M，N分别为AB，PC的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面所成角为.若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由.20.已知椭圆E：（）的右顶点为，离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）设O为原点，过点（）与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB交直线于点M.记直线OM，AC的斜率分别为，.若，求实数t的值.21.已知正整数，集合.对于集合S中的任意元素和，记，并记.（1）当时，若，，求和的值；（2）当时，集合S中的元素，，…，，，，…，满足：①，，…，两两不同；②，，…，两两不同.证明：存在，使得；（3）当时，若，，，，，其中.证明：.

参考答案一、选择题（本大题共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】D【分析】设直线l的倾斜角为，先求出直线的斜率，再由，即可得出答案.【详解】设直线l的倾斜角为，，直线l经过点，，则直线l的斜率为：，所以，所以.故选：D.2.【答案】A【分析】直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可.【详解】双曲线的渐近线方程为.故选：A.3.【答案】B【分析】由给定切线求出圆的半径即可求出圆的标准方程.【详解】由圆与轴相切，得该圆半径为点到轴的距离5，所以所求圆的标准方程为.故选：B4.【答案】D【分析】先求的展开式的通项公式，再结合式子特点令，得出，即可得到答案.【详解】展开式的通项公式为，令，可得，因此，展开式中的常数项为．故选：D.5.【答案】A【分析】利用给定的空间向量的基底，结合几何体表示出.【详解】在四面体中，，，所以.故选：A6.【答案】B【分析】设Ax1,【详解】根据题意，设Ax1,y1,Bx所以，①②得：，即，因为直线AB的斜率为2，线段AB的中点的纵坐标为1，所以，所以抛物线，准线方程为.故选：B7.【答案】C【分析】根据特殊元素优先考虑原则，先排乙，再排甲，结合左右对称原则求解.【详解】由题：老师站中间，第一步：排乙，乙与老师相邻，2种排法；第二步：排甲，此时甲有两个位置可以站，2种排法；第三步：排剩下两位同学，2种排法，所以共8种.故选：C【点睛】此题考查计数原理，关键在于弄清计数方法，根据分步和分类计数原理解决实际问题.8.【答案】C【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；利用线线角的向量求法判断C；利用空间向量求出点到平面的距离判断D.【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，取，得，对于A，，与不共线，则不垂直于平面，A错误；对于B，，，与平面不平行，B错误；对于C，，，而，因此，与MN成角为，C正确；对于D，，点B到平面的距离，D错误.故选：C9.【答案】B【分析】设内切圆半径为r，根据三角形面积公式，以及三角形内切圆的性质，结合椭圆定义，得到，再由题中条件，列出等式，即可求出结果.【详解】设内切圆半径为r,，又因为，又,所以，即，所以.故选：B10.【答案】D【分析】作出示意图，利用正弦定理解三角形求出椭圆的长半轴长，以及半焦距，即可求得椭圆离心率.【详解】如图，伞的伞沿与地面接触点是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为为伞的圆心，为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为，半焦距为，由，得，在中，，则，由正弦定理得，，解得，则，所以该椭圆的焦距为.故选：D.二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）11.【答案】【分析】由两条直线平行列式求出值.【详解】由直线：与直线：平行，得，所以.故答案为：12.【答案】①.②.【分析】化圆的方程为标准形式，求出圆心坐标，再利用弦长公式求出最短弦长.【详解】圆C：的圆心坐标为，半径为，而，圆C的经过点的最短弦是垂直于的圆的弦，所以所求的最短弦长为.故答案为：；13.【答案】①.②.【分析】利用赋值法计算可得.【详解】令，可得，令，可得①，令，可得②，①②，得，解得.故答案为：；.14.【答案】【分析】根据给定条件，求出椭圆E的方程，进而求出双曲线W的实半轴长和半焦距即可求出离心率.【详解】依题意，，解得，椭圆E：的半焦距为，因此双曲线W的实半轴长，半焦距，所以双曲线W的离心率为.故答案为：15.【答案】①.##0.5②.【分析】利用线面垂直的判定证得平面，求出的面积并确定取最小值时点，再作出截面多边形并求出周长.【详解】棱长为2的正方体中，连接，由分别为中点，得，又平面，平面，则，而平面，于是平面，又平面，则，的面积，当最小时的面积最小，此时，，因此，所以；分别取的中点，同理可得，，则平面，平面，而当时，平面，则平面、平面与平面重合，因此过P，M，N三点的正方体截面即为正六边形，正六边形的周长为.故答案为：；【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.三、解答题（本大题共6小题，共85分.）16.【答案】（1）（2）【分析】（1）直接由组合数公式求解即可.（2）分类讨论，选出4名同学分别为1男3女，2男2女和3男1女三种情况，即可得解.【小问1详解】从3名男同学和5名女同学中选择4位同学去参加志愿者活动，共有种不同的选法.【小问2详解】选出4名同学既有男生又有女生有三种情况：有1名男同学和3名女同学，则有：种不同的选法.有2名男同学和2名女同学，则有：种不同的选法.有3名男同学和1名女同学，则有：种不同的选法.所以既有男生又有女生的选法有种.17.【答案】（1）；（2）【分析】（1）将给定的点代入方程求出即可.（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出面积的函数关系，结合韦达定理求解.【小问1详解】由抛物线W：过点，得，解得，所以抛物线W的方程为.【小问2详解】显然直线不垂直于轴，设其方程为，，由消去得，则，则的面积，当且仅当时取等号，所以面积的最小值为.18.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用等体积法即可求得结果.（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，即可求得结果.【小问1详解】选择条件①：因为,所以,解得,同理得到,在直角，,得到：,又因为,则为直角三角形，因为,所以，解得：,所以点A到平面的距离为.选择条件②：三棱柱的体积为4；设三棱柱的高为，,解得：,即,故，以下解法同上；选择条件③：的面积为在中，因为三棱柱是直三棱柱，所以,解得,因为，解得：,故或者，与题干中的三棱柱存在且唯一相矛盾，所以条件③不符合题意.【小问2详解】因为是直三棱柱且，建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为D为的中点，所以,所以,设平面的法向量为，平面的法向量为，则,得令，则，故；,解得，令，则，故设平面与平面的夹角为，，平面与平面所成角的余弦值为.19.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，点为中点.【分析】（1）取的中点，利用平行公理、线面平行的判定推理即得.（2）取的中点，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理得证.（3）由（2）可得直线两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【小问1详解】在四棱锥中，取的中点，连接，由分别为的中点，，又四边形是菱形，则，于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】取的中点，连接，由，得，又平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，于是，由平面，平面，得，又平面，所以平面.【小问3详解】由（2）知，，又四边形是菱形，则四边形是正方形，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，假定在棱PA上存在一点E，满足条件，令，，，设平面的一个法向量，则，取，得，则直线DE与平面所成角正弦值为，解得，所以在棱PA上存在一点E，使得直线DE与平面所成角为，点为中点.20.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据离心率、椭圆参数关系及已知求参数值，即可得方程；（2）令，且，，进而求出、，联立，应用韦达定理及化简得到关于t的方程，即可求值.【小问1详解】由题设，可得，则，故；【小问2详解】令，且，，则，若，则，故，而，联立，则，且，所以，则，，所以，，又，即，所以，则，验证易知满足题设，则.21.【答案】（1）；（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）由定义式代入数据求解可得；（2）由定义式得到，可知，均从中这个值中取；再由结论和为，将共个数分成组，利用抽屉原理证明即可；（3）由定义式得，由得出的个分量中个“”，个“”，分析条件，转化为任意与的分量“”的相同列数至多个，再分别从个数与个分量两个角度，对不同“列对”的个数进行组合计数即可得证.【小问1详解】因为，则由题意可得，；因为，，则由题意可得，，故；.【小问2详解】当时，设为集合S中的任一元素，则.则有；由，可知，即的可能取值有个；由，，…，两两不同，故取个中的个不同取值；同理也取个中的个不同取值；将共个数分成如下组：，依序记组数分别为.则对于的各自个不同取值，由抽屉原理知，在组中取个不同的数，则至少有两组数全部取到.下面反证法证明：存在，使得.证明：假设不存在，使得；根据以上分析，依条件从组数据中取的个不同取值.由的个不同取值，至少有两组中的数全部取到，不妨设的个不同取值，取出两组中的全部个数，则的个不同取值，若取中的任一个，则由可知，必存在，使得，这与假设矛盾；故必不取中任何数；又也至少有两组数全部取到，不妨设取出两组中全部个数；同理可知的另个数不取两组中的任一个，则从余下这组数中取个数，故由抽屉原理仍可得到，也至少有两组数全部取到，不妨设取出两组中全部个数，进而同理得到取出两组中全部个数，现取的最后个数，若取的数，则个数值必有相同，不合题意；若取中的任一个数，因为中这8个数均已经取出，所以由可知，必存在，使得，这与假设矛盾；综上可知，假设错误，即存在，使得.