試題試題2024北京九中高二（下）開學考數學（考試時間120分鐘滿分150分）一、單選題（共80分）1．已知平面與平面為兩個不同的平面，與為兩條不重合的直線，則下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則2．直線的傾斜角為(）A． B． C． D．3．已知雙曲線C的焦點在y軸上，且其中一條漸近線的方程為，則雙曲線C的離心率為（

）A． B． C． D．4．拋物線的焦點坐標為（

）A． B． C． D．5．如圖，在空間四邊形ABCD中，AD=BC=2，E，F分別為AB，CD的中點，EF=，則AD與BC所成的角為()A．30°B．60°C．90° D．120°6．如果圓關于直線對稱，那么（

）A． B．C． D．7．已知直線與直線平行，則它們之間的距離為（

）A． B． C． D．8．若直線l：4x+3y＝0與圓C：x2+y2﹣2x﹣4y+t＝0相切，則圓C的標準方程為（

）A．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4 B．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝8C．（x﹣1）2+（y﹣2）2＝9 D．（x﹣1）2+（y+2）2＝49．如圖，在三棱錐中，和均為正三角形，，二面角的大小為，則異面直線與所成角的余弦值是（

）

A． B． C． D．10．已知雙曲線的右焦點為，則該雙曲線的離心率等于（

）A． B． C． D．11．為直線上任意一點，過總能作圓的切線，則的最大值為（

）A． B．1 C． D．12．首位數字是1，且恰有兩個數字相同的四位數共有（）個.A．216個 B．252個 C．324個 D．432個13．在拋物線型內壁光滑的容器內放一個球，其通過中心軸的縱剖面圖如圖所示，圓心在y軸上，拋物線頂點在坐標原點，已知拋物線方程是x2＝4y，圓的半徑為r，若圓的大小變化時，圓上的點無法觸及拋物線的頂點O，則圓的半徑r的取值范圍是（

）A．（2，＋∞） B．（1，＋∞）C． D．[1，＋∞）14．九章算術中，稱一個正方體內兩個互相垂直的內切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”（如圖）．現提供一種計算“牟合方蓋”體積的方法．顯然，正方體的內切球同時也是“牟合方蓋”的內切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方蓋”，截面均為正方形，該平面截內切球得到的是上述正方形截面的內切圓．結合祖暅原理，兩個同高的立方體，如在等高處的截面積相等，則體積相等．若正方體的棱長為6，則“牟合方蓋”的體積為（

）

A．144 B．C．72 D．15．如圖，在正方體中，點分別是棱上的動點．給出下面四個命題①直線與直線平行；②若直線與直線共面，則直線與直線相交；③直線到平面的距離為定值；④直線與直線所成角的最大值是．其中，真命題的個數是（

）A．1 B．2 C．3 D．416．吹奏樂器“塤”（如圖1）在古代通常是用陶土燒制的，一種塤的外輪廓的上部是半橢圓，下部是半圓.半橢圓（，且為常數）和半圓組成的曲線D如圖2所示，曲線D交軸的負半軸于點，交軸的正半軸于點C，點是半圓上任意一點，當點的坐標為時，的面積最大，則半橢圓的方程是（

）A． B．C． D．二、填空題（共25分）17．過點，圓心為的圓的標準方程是.18．的展開式中常數項是（用數字作答）.19．直線經過點，且點到的距離為，則直線的方程為．20．（圖1）廡殿頂是中國古代建筑一種官式建筑，而且等級是最高的，如故宮的英華殿．它屋面有四面坡，前后坡屋面全等且相交成一條正脊，兩山屋面全等與前后屋面相交成四條垂脊．由于屋頂四面斜坡，也稱“四阿頂”；（圖2）是廡殿頂的頂蓋幾何模型圖，底面是矩形，若四個側面與底面所成的角均相等，已知，則21．如圖，正方體的棱長為，點是平面內的動點，，分別為的中點，若直線與直線所成的角為，且，則動點的軌跡所圍成的圖形的面積為．三、問答題（共45分）22．（本題15分）如圖，拋物線的頂點在坐標原點，圓的圓心是拋物線的焦點，直線過拋物線的焦點且斜率為2，直線交拋物線和圓依次于四點．(1)求拋物線的方程；(2)求的值．23．（本題15分）如圖，在四棱錐中，平面，底面為菱形，分別為，的中點.

(1)求證：平面；(2)若，二面角的大小為，再從條件①?條件②這兩個條件中選擇一個作為已知.求的長.條件①：；條件②：.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.24．（本題15分）已知橢圓的方程為，點為長軸的右端點．為橢圓上關于原點對稱的兩點．直線與直線的斜率滿足：．（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線與圓相切，且與橢圓相交于兩點，求證：以線段為直徑的圓恒過原點．

參考答案1．C【分析】由空間中直線與直線，直線與平面，平面與平面平行的關系判斷A與B；由直線與平面垂直的性質判斷C；由直線與平面，平面與平面垂直的關系判斷D【詳解】對于A：若，，則或，故A錯誤；對于B：若，，則或，故B錯誤；對于C：若，，由直線與平面垂直的性質可得，故C正確；對于D：若，，則或，故D錯誤；故選：C2．C【分析】先根據方程得斜率，再根據斜率與傾斜角關系求結果,【詳解】因為，所以，，選C.【點睛】本題考查斜率以及傾斜角，考查基本求解能力.3．D【解析】根據漸近線方程得出，再由離心率公式求解即可.【詳解】由題可知，則.故選：D【點睛】本題主要考查了求雙曲線的離心率，屬于基礎題.4．B【分析】由拋物線的標準方程求解即可.【詳解】拋物線的焦點在x的正半軸上，，所以焦點坐標為.故選：B.5．C【詳解】取AC的中點M，連ME,MF，因為點E，F分別為AB，CD的中點，所以，且所以為異面直線AD與BC所成的角（或其補角），在中，,所以,所以．即異面直線AD與BC所成的角為．選C．6．B【分析】圓心在直線上，代入計算即可得解.【詳解】因為圓的圓心為，由圓的對稱性知，圓心在直線上，故有，即.故選：B.7．A【解析】利用兩直線平行求出的值，再利用兩平行線間的距離公式即可求解.【詳解】因為直線與直線平行，所以，可得，所以，即，所以兩平行間距離公式可得，故選：A8．A【分析】設圓方程為，根據相切得到，得到答案.【詳解】圓C：x2+y2﹣2x﹣4y+t＝0即，圓心為，即故選：【點睛】本題考查了圓的標準方程，確定半徑是解題的關鍵.9．B【分析】根據二面角的大小可得長度關系，利用線線平行得異面直線所成角，根據余弦定理即可求解.【詳解】取中點為連接，由于和均為等邊三角形，所以故為二面角的平面角，即，由于為等邊三角形，故，進而,又,由余弦定理可得,由于,所以即為直線與所成角或其補角，所以直線與所成角的余弦值為，故選：B

10．C【分析】根據雙曲線的右焦點坐標可求得的值，即可得出該雙曲線的離心率的值.【詳解】因為雙曲線的右焦點為，所以，，則，可得，因此，該雙曲線的離心率為.故選：C.11．D【分析】根據題意，判斷點與圓的位置關系以及直線與圓的位置關系，根據直線與圓的位置關系，即可求得的最大值.【詳解】因為過過總能作圓的切線，故點在圓外或圓上，也即直線與圓相離或相切，則，即，解得，故的最大值為.故選：D.12．D【詳解】符合條件的四位數必含有一個1或兩個1.1.含兩個1.從除1之外的其余9個數字中任取兩個，有種取法.再與其中的一個1組成任意排列的三位數，有種.這樣構成的首位為1的四位數共有個.2.只含一個1.從其余的9個數字中任取兩個有種，其中一個數字被重復選出有種，這樣的三個數字組成的三位數有種.于是，構成的首位數字為1的四位數共有個.故符合題意的四位數共有（個）.選D.13．A【分析】設圓心為，（），半徑為，是拋物線上任一點，求出，當的最小值在原點處取得時，圓過原點，可得此時圓半徑的范圍，半徑不在這個范圍內的圓不過原點．【詳解】設圓心為，（），半徑為，是拋物線上任一點，，若的最小值不在處取得，則圓不過原點，所以，即，此時圓半徑為．因此當時，圓無法觸及拋物線的頂點．故選：A．14．A【分析】先求得正方體的內切球的體積，再由已知得出牟合方蓋的體積，可求得答案.【詳解】正方體的棱長，則其內切球的半徑，內切球的體積．由于截面正方形與其內切圓的面積之比為，設牟合方蓋的體積為，則，從而牟合方蓋的體積．故選：A15．B【解析】利用特殊位置可判斷①②的正誤，可證明平面，據此可判斷③的正誤，利用向量的數量積可求夾角的余弦值，從而可求其最大值．【詳解】如圖1，當與重合時，與重合時，直線與直線是異面直線，故①錯誤．如圖2，當與重合時，與重合時，四邊形為矩形，故直線與直線平行，故②錯誤．因為平面平面，而平面，故平面，所以直線到平面的距離為定值（正方體的棱長），故③正確．建立如圖3所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則，，其中，而，故，，設直線與直線所成角為，則，若直線與直線不平行，則，故，故直線與直線所成角的最大值是，所以④正確．故選：B．【點睛】方法點睛：空間中與直線與直線的位置關系有關的判斷，應該讓幾何對象動態變化，在變化過程中確定位置關系，而角的最值判斷，則需構建平面角，也可以通過直線的方向向量的夾角來處理．16．D【分析】易知，根據三角形面積最大即可知，再利用垂直關系的斜率表示即可得，求出橢圓方程.【詳解】由點在半圓上，所以，，要使的面積最大，可平行移動AC，當平移到AC與半圓相切于時，M到直線AC的距離最大，如下圖所示：

此時，即，又，所以半橢圓的方程為,故選：D17．【分析】求出圓的半徑長，即可得出所求圓的標準方程.【詳解】由題意可知，所求圓的半徑長為，因此，所求圓的標準方程為.故答案為：.18．【分析】根據二項式定理，可知的展開式通項為，令，求出，帶入通項公式，即可求出結果.【詳解】因為的展開式通項為，令，則，所以的展開式中常數項是.故答案為：.19．或【分析】當直線斜率存在時，設出點斜式并利用點到直線的距離公式算出l的方程為；當直線與x軸垂直時，方程為也符合題意．由此即可得到此直線l的方程．【詳解】設直線的方程為，即∵點到的距離為1，∴，解之得，得的方程為．當直線與x軸垂直時，方程為，點到的距離為1，∴直線的方程為或．故答案為或【點睛】本題主要考查求經過定點，且到定點的距離等于定長的直線方程，著重考查了直線的方程、點到直線的距離公式等知識，屬于基礎題．20．3【分析】取的中點，連接，過點作面于點，過點作面于點；根據題意分析出點在直線上，然后根據即可求出的長.【詳解】取的中點，連接，過點作面于點，過點作面于點，作于點，連接，因為底面是矩形，所以，又因為面，面，所以面，又因為面，面面，所以，因為面，面都與底面所成的角相等，所以點在直線上，且，，根據三垂線定理可得，為面與面所成的角，為面與面所成的角，所以，又為公共邊，所以，所以，同理，所以.故答案為：3.21．/【分析】第一步：作輔助線，找到直線BP與MN所成的角，第二步：求點P到的距離，得到點P的軌跡，即可得解.【詳解】如圖，連接，因為M，N分別為的中點，所以，（三角形中位線定理的應用）因此直線BP與MN所成的角就是直線BP與所成的角，在正方體中，可得，因為平面，平面，可得，又因為且平面，所以平面，因為平面，所以，同理可得，因為，且平面，所以平面，故．設與平面的交點為G，連接PG，所以，因此在中，，因為，所以，又三棱錐，所以，則，所以點P的軌跡是以G為圓心，為半徑的圓，其面積．故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是利用等體積法求得，從而得解.22．(1)拋物線方程為．(2)．【分析】（1）根據拋物線的性質求拋物線的標準方程.（2）利用，分別求出、的長度即可.【詳解】（1）解：（1）由圓的方程，即可知，圓心為，半徑為2，又由拋物線焦點為已知圓的圓心，得到拋物線焦點為，拋物線方程為．（2）∵為已知圓的直徑∴，則設、，∵，而、在拋物線上，由已知可知，直線方程為，由消去，得∴∴因此，．23．(1)證明見解析(2)12【分析】（1）由線面平行的判定定理證明即可；（2）由題意可建立以為坐標原點的空間直角坐標系，設分別求出平面和平面的法向量，由二面角公式代入解方程即可求出，進而求出的長.【詳解】（1）取中點，連接.

在中，分別為的中點，所以.在菱形中，因為，所以.所以四邊形為平行四邊形，所以.又因為平面平面，所以平面.（2）選擇條件①：因為平面平面，所以.又因為平面，所以平面，又平面，所以，以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.

連接，因為，所以，又為中點，所以，所以為正三角形.因為，所以.設，則，根據條件，可得平面的法向量為.設平面的法向量為，則，所以，取，則，所以，由題意，二面角的大小為，所以，解得（舍負）.因為是的中點，所以的長為12.經檢驗符合題意.選擇條件②：因為平面平面，所以.連接，因為，且，所以，在菱形中，，即為正三角形.又因為為中點，所以，以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.

又因為.因為為正三角形且，所以.設，則，根據條件，可得平面的法向量為.設平面的法向量為，則，所以，取，則，所以，由題意，二面角的大小為，所以，解得（舍負）.因為是的中點