北京市海淀區(qū)2023-2024學年高二上學期期末練習數(shù)學試卷 含解析

海淀區(qū)高二年級練習數(shù)學2024.01考生須知1．本試卷共7頁，共3道大題，19道小題．滿分100分．考試時間90分鐘．2．在試卷上準確填寫學校名稱、班級名稱、姓名．3．答案一律填涂或書寫在試卷上，用黑色字跡簽字筆作答．4．考試結束，請將本試卷交回．第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.橢圓：的焦點坐標為（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】先化為標準方程，求得，判斷焦點位置，寫焦點坐標.【詳解】因為橢圓：，所以標準方程為，解得，因為焦點在y軸上，所以焦點坐標為，.故選：B【點睛】本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.2.拋物線的準線方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由拋物線的標準方程及性質(zhì)，直接求解.【詳解】由拋物線方程可知，故準線方程為：.故選：B.3.直線的傾斜角是（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】C【解析】【分析】先求解出直線的斜率，然后根據(jù)傾斜角與斜率的關系求解出傾斜角的大小.【詳解】因為直線方程為，所以斜率，設傾斜角為，所以，所以，故選：C.4.已知點P與共線，則點P的坐標可以為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】三點共線轉化為向量共線，利用共線條件逐個判斷即可.【詳解】設，則，由三點共線，則，所以，則.選項A，，不滿足，故A錯誤；選項B，，滿足，故B正確；選項C，，不滿足，故C錯誤；選項D，，不滿足，故D錯誤.故選：B.5.已知P為橢圓上的動點．，且，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，結合橢圓的定義，得到點的軌跡表示以為焦點的橢圓，進而求得的值.【詳解】因為，可得，則，由橢圓的定義，可得點的軌跡表示以為焦點的橢圓，其中，可得，所以，又因為點在橢圓，所以.故選：C.6.已知三棱柱中，側面底面，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的性質(zhì)定理可證明“”是“”的必要條件，由底面為正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分條件.【詳解】①已知側面底面，且側面底面，又平面，若，則由面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，平面，則，所以則“”是“”的必要條件；②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形，則底面，平面，則滿足條件側面底面.又平面，則，但與不垂直.所以“”不是“”的充分條件.綜上所述，“”是“”的必要不充分條件.故選：B.7.在空間直角坐標系中，點到x軸的距離為（）A.2 B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】結合空間直角坐標系，數(shù)形結合利用勾股定理求解點到x軸的距離.【詳解】在空間直角坐標系中，過作平面，垂足為，則軸，在坐標平面內(nèi)，過作軸，與軸交于，由，則，，由，平面，平面，則軸平面，平面，則軸，故即點到x軸的距離，則.故選：D8.已知雙曲線的左右頂點分別為，右焦點為F，以為直徑作圓，與雙曲線C的右支交于兩點．若線段的垂直平分線過，則的數(shù)值為（）A.3 B.4 C.8 D.9【答案】C【解析】【分析】由雙曲線方程得，結合圓的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)得是的中點，得到關系求，進而求出.【詳解】由雙曲線，得，，由題意，點在以為直徑的圓上，則，取的中點,由線段的垂直平分線過，則，則，故是的中點，且，所以，解得，故.故選：C.9.設動直線l與交于兩點．若弦長既存在最大值又存在最小值，則在下列所給的方程中，直線l的方程可以是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由動直線恒與圓相交得直線過圓內(nèi)一定點，再驗證弦長取最值即可.【詳解】，圓心，半徑，選項A，由直線斜率為，可得動直線為為平行直線系，圓心到直線的距離，當或時，，直線與圓不相交，不滿足題意，故A錯誤；選項B，由直線可化為，則直線恒過，因為，點在圓外，故直線不一定與圓相交，故B錯誤；選項C，由直線恒過，點在圓上，當時，直線方程可化為，此時圓心到直線的距離，圓與直線相切，不滿足題意，故C錯誤；選項D，由直線方程可化為，則直線恒過，且點在圓內(nèi)，故直線恒與圓相交，當直線過圓心時，弦長最長，由在直線上，可得，取到最大值；如圖，取中點，則，圓心到直線的距離，當取最大值時，弦長最短，即當直線與垂直時，弦長最短，由的斜率為此時直線斜率為，即當時，取到最小值.故D正確.故選：D.10.如圖，已知菱形的邊長為2，且分別為棱中點．將和分別沿折疊，若滿足平面，則線段的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】借助空間直觀想象，折疊前在平面圖形中求出的長度，折疊過程中證明平面平面，面面距離即為的最小值，由此得到的范圍.【詳解】折疊前，連接.由題意，在菱形中，，，則由余弦定理得，，所以，，故在折疊過程中，.折疊后，若平面，則平面，則，故BD項錯誤；折疊前，在菱形中，，，則是正三角形，由分別為棱中點，則，所以.折疊后，，又平面，且平面，則平面，同理平面，所以平面平面，則平面與平面的距離即為，由點平面，點平面，則.在折疊過程中，當時，由，則均為正三角形，可構成如圖所示正三棱柱，滿足平面，此時.所以最小值為，故A正確，C項錯誤.故選：A.第二部分（非選擇題共60分）二、填空題共5小題，每小題4分，共20分．11.雙曲線的漸近線方程為_________．【答案】【解析】【分析】利用雙曲線的性質(zhì)即可求得漸近線方程.【詳解】由雙曲線的相關知識可知：，所以焦點在軸雙曲線的漸近線方程為：故答案為：12.如圖，已知E，F(xiàn)分別為三棱錐的棱的中點，則直線與的位置關系是__________（填“平行”，“異面”，“相交”）．【答案】異面【解析】【分析】假設共面推出矛盾.【詳解】假設直線共面，平面，由，則平面，同理，平面，故共面，這與是三棱錐矛盾，故假設錯誤，故直線異面.故答案為：異面.13.經(jīng)過點且與直線垂直的直線方程為_______________．【答案】【解析】【分析】求出所求直線的斜率，利用點斜式方程可得出所求直線的方程.【詳解】直線的斜率為，則與直線垂直的直線的斜率為2，則直線方程為，即.故答案：14.作為我國古代稱量糧食的量器，米斗有著吉祥的寓意，是豐饒富足的象征，帶有濃郁的民間文化韻味．右圖是一件清代老木米斗，可以近似看作正四棱臺，測量得其內(nèi)高為，兩個底面內(nèi)棱長分別為和，則估計該米斗的容積為__________．【答案】【解析】【分析】先畫出正四棱臺的直觀圖，再利用臺體的體積公式即可求解.【詳解】根據(jù)題意，正四棱臺的直觀圖如下：由題意可知，高，下底面正方形的變長，其面積，上底面正方形的變長，其面積，由臺體的體積公式可得，該正四面體的體積:.故該米斗的容積為.故答案：.15.已知四邊形是橢圓的內(nèi)接四邊形，其對角線和交于原點，且斜率之積為．給出下列四個結論：①四邊形是平行四邊形；②存在四邊形是菱形；③存在四邊形使得；④存在四邊形使得．其中所有正確結論的序號為__________．【答案】①③④【解析】【分析】利用橢圓的對稱性判斷①；利用菱形的對角線互相垂直可判斷②；利用正切函數(shù)的和差公式與性質(zhì)判斷③；利用斜率關系得到的表達式，然后利用基本不等式求的最大值，可判斷④.【詳解】因為四邊形是橢圓的內(nèi)接四邊形，和交于原點，由橢圓的對稱性可知且，所以四邊形是平行四邊形，故①正確；假設對角線和的斜率分別為，若四邊形是菱形，則其對角線互相垂直，即，而這與矛盾，所以不存在四邊形是菱形，故②錯誤；不妨設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，且，則，又，則，則，又，則，所以存在四邊形使得，故③正確；直線的方程，直線的方程，由，得，即，可得，同理可得，則，由，得，令，則，當且僅當，即時，等號成立；于是，當且僅當，即四邊形矩形時，等號成立，所以存在四邊形使得，故④正確.故答案為：①③④.【點睛】關鍵點睛：本題結論④的解決關鍵是利用弦長公式得到關于的表達式，從而利用基本不等式即可得解.三、解答題共4小題，共40分．解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程．16.已知圓與y軸相切．（1）直接寫出圓心C的坐標及r的值；（2）直線與圓C交于兩點，求．【答案】（1）圓心，（2）【解析】【分析】（1）由圓的方程得圓心坐標，結合圖形，圓與軸相切得半徑；（2）法一由弦長公式求解；法二利用幾何法勾股定理求解.【小問1詳解】圓，則圓心，因為圓與y軸相切，則半徑.【小問2詳解】由（1）知，圓的方程為，圓心，半徑為.法一：設，聯(lián)立，得，，則，所以；法二：圓心到直線的距離，則.故.17.已知直線經(jīng)過拋物線的焦點，且與C的兩個交點為P，Q．（1）求C的方程；（2）將向上平移5個單位得到與C交于兩點M，N．若，求值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由直線與軸交點得焦點，待定可得方程；（2）聯(lián)立直線與拋物線的方程，由已知弦長利用弦長公式建立關于的方程，求解可得.【小問1詳解】拋物線的焦點在軸上，直線，令，得，則焦點，所以，即，所以拋物線的方程為；【小問2詳解】直線向上平移5個單位得到，由，消得，設直線與交于兩點，則，且，，由，化簡整理得，解得（舍）或，所以.18.如圖，四棱錐中，平面，過的平面分別與棱交于點M，N．（1）求證：;（2）記二面角的大小為，求的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由線面平行判定定理與性質(zhì)定理可證；（2）建立空間直角坐標系，設，利用法向量方法，用表示兩平面法向量夾角的余弦，再由向量夾角與二面角大小關系求最大值.【小問1詳解】因為，平面，平面，所以平面.因為過的平面分別與棱交于，所以；【小問2詳解】因為平面，平面，平面，所以，又因為，如圖，建立空間直角坐標系，則，所以，設，則，設平面即平面的法向量為，則，令，則，于是；設平面即平面的法向量為，則，令，則，于是，所以，因為，所以，由二面角的大小為，根據(jù)的方向判斷可得，所以，當時，最大值為.19.已知橢圓的兩個頂點分別為，離心率為橢圓上的動點，直線分別交動直線于點C，D，過點C作的垂線交x軸于點H．（1）求橢圓E的方程；（2）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，說明理由．【答案】19.20.存在；【解析】【分析】（1）由離心率及頂點坐標結合即可求解；（2）結合兩點式得直線方程，進而得到點坐標，由直線與直線垂直得到直線的斜率