2023-2024学年北京海淀区高二上学期期末数学试题及答案

这是一份2023-2024学年北京海淀区高二上学期期末数学试题及答案，共7页。试卷主要包含了01，10 分等内容，欢迎下载使用。
学校 班级 姓名
本试卷共 6 页，共 3 道大题，19 道小题。满分 100 分。考试时间 90 分钟。
在试卷上准确填写学校名称、班级名称、姓名。
答案一律填涂或书写在试卷上，用黑色字迹签字笔作答。
考试结束，请将本试卷交回。
考生须知
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 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。
y22
椭圆 x
2
 1 的焦点坐标为（ ）
（A） (1, 0),(1, 0)
（B） (0, 1),(0,1)
（C） (
3, 0),( 3, 0)
（D） (0, 
3),(0, 3)
抛物线 y2  x 的准线方程为（ ）
x  1
4
y  1
2
x  1
2
y  1
4
直线3x  3y  1  0 的倾斜角为（ ）
（A） 30（B） 60（C）120（D）150
已知点 P 与 A(0, 2), B(1, 0) 共线，则点 P 的坐标可以为（ ）
（A） (1, 1)
（B） (1, 4)（C） ( 1 , 1)
2
（D） (2,1)
x2  y2 
A(
b2 
已知 P 为椭圆C :
4
1 上的动点，
b2
1, 0), B(1, 0) ，且| PA | | PB | 4 ，则（ ）
（A）1（B）2（C）3（D）4
A1B1
已知三棱柱 ABC  A1B1C1 中， 侧面 ABB1 A1  底面 ABC ，则“ CB  BB1 ”是C1
“ CB  AB ”的（ ）
充分而不必要条件（B）必要而不充分条件AB
（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件C
在空间直角坐标系O  xyz 中，点 P (2, 3,1) 到 x 轴的距离为（ ）
5
10
（A） 2（B） 3（C）（D）
已知双曲线C : x2  y2  的左右顶点分别为 A , A ，右焦点为 F ，以 AF 为直径作圆，与双曲线 C
b21121
2
的右支交于两点 P, Q .若线段 PF 的垂直平分线过 A ，则b2 的数值为 （ ）
（A）3（B）4（C）8（D）9
设动直线l 与⊙ O : (x  1)2  y2  5 交于 A, B 两点. 若弦长| AB | 既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线l 的方程可以是（ ）
x  2 y  a
ax  y  2a
ax  y  2
x  ay  a
如图，已知菱形 ABCD 的边长为 2，且A  60， E, F 分别为边 AB ， DC 中点. 将△ BCF 和△
ADE 分别 沿
（ ）
BF , DE 折叠 ，若 满足 AC //
平面 DEBF ， 则 线段 AC 的 取 值 范 围 为
（A）[ 3, 2 3)（B）[ 3, 2 3]
（C）[2, 2 3)（D）[2, 2 3]
第二部分（非选择题 共 60 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。
DFC
AEB
F
E
B
D
2
双曲线 x2  y
4
 1 的渐近线方程为.
如图，已知 E, F 分别为三棱锥 D  ABC 的棱 AB, DC 的中点，则直线 DE 与
AC
BF 的位置关系是（填“平行”，“异面”，“相交”）.
经过点 A(0,1) 且与直线l : x  2 y  1  0 垂直的直线方程为.
作为我国古代称量粮食的量器，米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．右图是一件清代老木米斗，可以近似看作正四棱台，测量得其内高为 12cm，两个底面内棱长分别为 18cm 和 9cm，则估计该米斗的容积为 cm3 ．
x22
已知四边形 ABCD 是椭圆 M : y
2
 1 的内接四边形，其对角线 AC 和 BD 交于原点O ，且斜率之
积为 1 ，给出下列四个结论：
3
① 四边形 ABCD 是平行四边形；
② 存在四边形 ABCD 是菱形；
③ 存在四边形 ABCD 使得AOD  91；
④ 存在四边形 ABCD 使得| AC |2  | BD |2  64 .
5
其中所有正确结论的序号为.
三、解答题共 4 小题，共 40 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
（16）（本小题 10 分）
已知圆C :  x  22  y2  r 2 r  0 与 y 轴相切.
直接写出圆心C 的坐标及 r 的值；
直线l : 3x  4 y  1  0 与圆C 交于两点 A, B ，求 AB .
（17）（本小题 10 分）
已知直线l : y  kx  1 经过抛物线C : x2  2 py 的焦点 F .
求C 的方程；
将l 向上平移 5 个单位得到l ' ， l ' 与C 交于两点 M , N . 若| MN | 24 ，求 k 值.
（18）（本小题 10 分）
如图，四棱锥 E  ABCD 中， AE  平面 ABCD ， AD  AB ， AD∥BC ， AE  AB  BC  2 ，
AD 1 ，
过 AD 的平面分别与棱 EB, EC 交于点 M , N .C
求证： AD//MN ；
记二面角 A  DN  E 的大小为 ，求cs 的最大值.ND
BA
M
E
（19）（本小题 10 分）
已知椭圆 E : x2  y2  1a  b  0 的两个顶点分别为 A2, 0 , B 2, 0 ，离心率e  1 ， P  x , y 

a2b2
200
 y0  0 为椭圆上的动点，直线 PA , PB 分别交动直线 x  t 于点C , D ，过点C 作 PB 的垂线交 x 轴于点 H .
求椭圆 E 的方程；
HC  HD 是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
海淀区高二年级练习
数学参考答案2024.01
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（1）B（2）A（3）C（4）B（5）C
（6）B（7）D（8）C（9）D（10）A
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分）
（11） y  2x 或 y  2x
（13） 2x  y 1  0
（12）异面
（14）2268
（15）①③④（答案中若含有②，0 分；①③④中只含一个，2 分；①③④中只含两个 3分；①③④，4 分）
三、解答题（本大题共 4 小题，共 40 分）
（16）（本小题 10 分）
解：（Ⅰ） C（2，0），2 分
| 6 1|
32  (4)2
r  2 ；4 分
（Ⅱ）圆心C 到直线l 的距离d  1，7 分
r2  d 2
AB  2
（17）（本小题 10 分）
 2
 2
.10 分
4 1
3
解：（Ⅰ）由题设可得 p  1 ，即 p  2 ，2 分
2
所以抛物线C 的方程为 x2  4 y .3 分
（Ⅱ）由已知可得l ' : y  kx  6 ，4 分
 x2  4 y,

由 y  kx  6
消 y 得 x2  4kx  24  0 ，5 分
设l ' 与C 交于两点 M (x1, y1 ), N(x2 , y2 ) ，
(1 k 2 )(x  x )2
12
则  0 ， x1  x2  4k, x1x2  24 ，7 分
(x  x )2  ( y  y )2
12
12
| MN |

-8 分
(1  k 2 )[(x  x )2  4x x ]
12
1 2

(1 k 2 )[(4k)2  4  (24)]

(1  k 2 )(k 2  6)
 49 分
由| MN | 24 化简整理得k4  7k2  30  0 ，解得k 2  3, k 2  10 （舍）
所以k 
3 .10 分
（18）（本小题 10 分）
解：（Ⅰ）因为 AD∥BC ， AD  平面 BCE ， BC  平面 BCE
N
z
D
x
B
A
M
y E
所以 AD // 平面 BCE .------------------------2 分C
因为过 AD 的平面分别与棱 EB, EC 交于点 M , N ， 所以 AD//MN4 分
（Ⅱ）因为 AE 平面 ABCD ，
AB  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，
所以 AE  AB ， AE  AD .又因为 AB  AD .
如图，建立空间直角坐标系 A  xyz ，5 分
则 B(2,0,0),C(2,0,2), E(0,2,0), D(0,0,1) ，
所以 ED  (0,2,1), EC  (2,2,2) ， BE  (2,2,0), AD  (0,0,1)6 分
设 BM   BE ，  0,1 .
则 AM  AB  BM  (2,0,0)  (2,2,0)  (2  2,2,0)
设平面 AND 即平面 AMND 的法向量为m  (x, y, z) ，
 m  AD  0,
z  0,
则m  AM  0, 即(2  2)x  2 y  0,

令 x   ，则 y   1，于是m  (, 1,0)7 分
设平面 END 即平面 ECD 的法向量为n  (x', y ', z ') ，
n  ED  0,2 y ' z '  0,
则n  EC  0, 即2x ' 2y ' 2z '  0,

1
6 2(  1)2  1
22
令 y '  1，则 z '  2, x '  1 ，于是n  (1,1,2)8 分
所以， cs  m, n 
m  n
| m |  | n |
1
6 2  ( 1)2
--9 分
所以， cs  m, n [
3 ,  6 ] .
36
由 m  (, 1,0) ， n  (1,1,2) 的方向判断可得  π  m, n  ，
所以，当  1 时， cs 的最大值为 310 分
23
（19）（本小题 10 分）

a  2,
c1
解：（I）由题设， ,2 分
a2
a2  b2  c2 ,
解得c  1，3 分
b2  3 ， 所以椭圆方程为
x2  y2 

43
1 .4 分
（II）由题意得，直线 PA 为 y 
y0 x0  2
 x  2 ，5 分
代入 x  t ，得 y
 t  2 y0 .
C
x0
y y0
 2
y
C
，
 x  2
因为直线 PB 为
x0  2P
G
 t  2 y0 
ABx
同理可得 D  t,

x0  2
 .-------6 分HO

由CH  PB 得直线CH :
图 1D
y  t  2 y0  2  x0  x  t  ，7 分
x0  2y0
t  2 y 2
代入 y  0 ，得 xH
 t 
0
0
x 2  4
，8 分
x 2y 2
34  x 2 
由 P  x0 , y0  在椭圆 E 上，得 0  0  1，整理得 y 2 
0，---9 分
4304
所以 x
 t  3 t  2  t  6 ，从而可得 H  t  6 ,0 .
H44
 4

 3t  6
t  2 y
  3t  6
t  2 y 
3t  62
t 2  4 y 2
所以 HC  HD  
, 0   
, 0  0
0
4x0  2  4
x0  2 16
x 2  4

3t  6 2

3t2  4
3 t  6 2

  12 .
16416
综上，存在t  6 ，使得 HC  HD 有最大值 12.10 分
备注：
以上评分标准供大家评阅试卷参考，与评标不同的解法可以按评标采分点相对应给
分。