北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题

这是一份北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2024年1月17日
说明：I卷满分100分、II卷满分50分、全卷满分150分，考试时间120分钟
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.
1.椭圆：的焦点坐标为（ ）
A.，B.，
C.，D.，
2.抛物线的准线方程是（ ）
A.B.C.D.
3.直线的倾斜角是（ ）
A.B.C.D.
4.已知点与，共线，则点的坐标可以为（ ）
A.B.C.D.
5.已知为椭圆：上的动点.，，且，则（ ）
A.1B.2C.3D.4
6.已知三棱柱中，侧面底面，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
7.在空间直角坐标系中，点到轴的距离为（ ）
A.2B.3C.D.
8.已知双曲线：的左右顶点分别为，，右焦点为，以为直径作圆，与双曲线的右支交于两点，.若线段的垂直平分线过，则的数值为（ ）
A.3B.4C.8D.9
9.设动直线与：交于，两点.若弦长既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线的方程可以是（ ）
A.B.
C.D.
10.如图，已知菱形的边长为2，且，，分别为棱，中点.将和分别沿，折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
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.
11.双曲线：的渐近线方程为______.
12.如图，已知，分别为三棱锥的棱，的中点，则直线与的位置关系是______（填“平行”，“异面”，“相交”）.
13.经过点且与直线：垂直的直线方程为______.
14.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，两个底面内棱长分别为和，则估计该米斗的容积为______.
15.已知四边形是椭圆：的内接四边形，其对角线和交于原点，且斜率之积为.给出下列四个结论：
①四边形是平行四边形；
②存在四边形是菱形；
③存在四边形使得；
④存在四边形使得.
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.已知圆：与轴相切.
（1）直接写出圆心的坐标及的值；
（2）直线：与圆交于两点，，求.
17.已知直线：经过抛物线：的焦点，且与的两个交点为，.
（1）求的方程；
（2）将向上平移5个单位得到，与交于两点，.若，求值.
18.如图，四棱锥中，平面，，，，，过的平面分别与棱，交于点，.
（1）求证：；
（2）记二面角的大小为，求的最大值.
19.已知椭圆：的两个顶点分别为，，离心率，为椭圆上的动点，直线，分别交动直线于点，，过点作的垂线交轴于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
四、选择题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）
20.已知，是平而内两点，且，判断当点满足下列哪个条件时其轨迹不存在（ ）
A.B.
C.D.
21.当实数时，方程表示的曲线都是双曲线，当变化时，这些双曲线的焦距、离心率、渐近线中始终不变的有（ ）个
A.0B.1C.2D.3
22.如图，，是双曲线：与椭圆的公共焦点，点是，在第一象限内的交点，若，则下列选项正确的是（ ）
A.双曲线的渐近线为B.椭圆的离心率为
C.椭圆的方程为D.的面积为
23.如图所示的圆锥中，高，底面的直径.为母线的中点.若平面经过且垂直于轴截面，根据圆锥曲线的定义，可以证明此时平面与圆锥侧面的交线为抛物线的一部分，则下面四个结论中错误的是（ ）
A.为抛物线的顶点B.直线为抛物线的对称轴
C.是抛物线的焦点D.抛物线的焦点到准线的距离为
24.如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ）
A.不存在点满足
B.满足的点的轨迹长度是
C.满足平面的点的轨迹长度是1
D.满足的点的轨迹长度是
五、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。请把结果填在答题纸上的相应位置）
25.已知点和点，直角以为斜边，求直角顶点的轨迹方程______.
26.在平面直角坐标系中，过且斜为的直线的方程为______，联立该直线方程与椭圆方程，消去，可以得到关于的一元二次方程为______.
27.有下面两组几何体，根据要求填写所有符合条件的序号.
第①组：两个三棱锥分别是左图中的和右图中的.
第②组：两个均由棱长为1的正方体组成的组合体。
其中，第______组中的两个几何体的体积相同，第______组中的两个几何体不同.
（两个几何体相同指的是它们可以通过整体平移或旋转后重合.）
28.已知，满足：，，，则代数式的取值范围是______.
29.在平面直角坐标系中画出方程表示的曲线。
参考答案
I卷
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.
1.【答案】B
【分析】
先化为标准方程，求得，，，判断焦点位置，写焦点坐标.
【详解】因为椭圆：，
所以标准方程为，
解得，，，
因为焦点在轴上，
所以焦点坐标为，.
故选：B
【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
2.【答案】B
【分析】
由抛物线的标准方程及性质，直接求解.
【详解】由抛物线方程可知，
故准线方程为：.
故选：B.
3.【答案】C
【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.
【详解】因为直线方程为，所以斜率，
设倾斜角为，所以，所以，
故选：C.
4.【答案】B
【分析】三点共线转化为向量共线，利用共线条件逐个判断即可.
【详解】设，则，
由，，三点共线，则，所以，
则.
选项A，，不满足，故A错误；
选项B，，满足，故B正确；
选项C，，不满足，故C错误；
选项D，，不满足，故D错误.
故选：B.
5.【答案】C
【分析】根据题意，结合椭圆的定义，得到点的轨迹表示以，为焦点的椭圆，进而求得的值.
【详解】因为，可得，则，
由椭圆的定义，可得点的轨迹表示以，为焦点的椭圆，
其中，，可得，，所以，
又因为点在椭圆：，所以.
故选：C.
6.【答案】B
【分析】由面面垂直的性质定理可证明“”是“”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分条件.
【详解】①已知侧面底面，且侧面底面，
又平面，
若，则由面面垂直的性质定理可得平面，
平面，则，
所以“”是“”的必要条件；
②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形，
则底面，平面，则满足条件侧面底面.
又平面，则，但与不垂直.
所以“”不是“”的充分条件.
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7.【答案】D
【分析】结合空间直角坐标系，数形结合利用勾股定理求解点到轴的距离.
【详解】
在空间直角坐标系中，
过作平面，垂足为，则轴，
在坐标平面内，过作轴，与轴交于，
由，则，，
由，平面，平面，
则轴平面，平面，
则轴，故即点到轴的距离，
则.
故选：D.
8.【答案】C
【分析】由双曲线方程得，结合圆的性质及线段垂直平分线的性质得是的中点，得到，关系求，进而求出.
【详解】由双曲线：，得，，，，
由题意，点在以为直径的圆上，则，
取的中点，由线段的垂直平分线过，则，
则，故是的中点，
且，，所以，解得，
故.
故选：C.
9.【答案】D
【分析】由动直线恒与圆相交得直线过圆内一定点，再验证弦长取最值即可.
【详解】：，圆心，半径，
选项A，由直线斜率为，可得动直线为平行直线系，
圆心到直线的距离，
当或时，，直线与圆不相交，不满足题意，故A错误；
选项B，由直线可化为，
则直线恒过，因为，点在圆外，
故直线不一定与圆相交，故B错误；
选项C，由直线恒过，点在圆上，
当时，直线方程可化为，
此时圆心到直线的距离，
圆与直线相切，不满足题意，故C错误；
选项D，由直线方程可化为，
则直线恒过，且点在圆内，故直线恒与圆相交，
当直线过圆心时，弦长最长，由在直线上，
可得，取到最大值；
如图，取中点，则，圆心到直线的距离
，当取最大值时，弦长最短，
即当直线与垂直时，弦长最短，由的斜率为
此时直线斜率为，即当时，取到最小值.故D正确.
故选：D.
10.【答案】A
【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围.
【详解】
折叠前，连接，.
由题意，在菱形中，，
，
则由余弦定理得，，
所以，，故在折叠过程中，.
折叠后，若平面，
则平面，则，故BD项错误；
折叠前，在菱形中，，
则是正三角形，
由，分别为棱，中点，
则，，，所以.
折叠后，，，，
又平面，且平面，
则平面，同理平面，所以平面平面，
则平面与平面的距离即为，
由点平面，点平面，则.
在折叠过程中，当时，由，，
则，均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱，
满足平面，此时.
所以最小值为，故A正确，C项错误.
故选：A.
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.
11.【答案】
【分析】利用双曲线的性质即可求得渐近线方程.
【详解】由双曲线的相关知识可知：，
所以焦点在轴双曲线的渐近线方程为：
故答案为：
12.【答案】异面
【分析】假设共面推出矛盾.
【详解】假设直线，共面，平面，
由，则平面，
同理，平面，故，共面，
这与是三棱锥矛盾，故假设错误，故直线，异面.
故答案为：异面.
13.【答案】
【分析】求出所求直线的斜率，利用点斜式方程可得出所求直线的方程.
【详解】直线：的斜率为，
则与直线：垂直的直线的斜率为2，
则直线方程为，即.
故答案为：
14.【答案】2268
【分析】先画出正四棱台的直观图，再利用台体的体积公式即可求解.
【详解】根据题意，正四棱台的直观图如下：
由题意可知，高，
下底面正方形的变长，其面积，
上底面正方形的变长，其面积，
由台体的体积公式可得，该正四面体的体积：
.
故该米斗的容积为.
故答案为：2268.
15.【答案】①③④
【分析】利用椭圆的对称性判断①；利用菱形的对角线互相垂直可判断②；利用正切函数的和差公式与性质判断③；利用斜率关系得到的表达式，然后利用基本不等式求的最大值，可判断④.
【详解】因为四边形是椭圆：的内接四边形，和交于原点，
由椭圆的对称性可知且，
所以四边形是平行四边形，故①正确；
假设对角线和的斜率分别为，
若四边形是菱形，则其对角线互相垂直，即，
而这与矛盾，所以不存在四边形是菱形，故②错误；
不妨设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，且，
则，，又，则，
则
，
又，则，
所以存在四边形使得，故③正确；
直线的方程，直线的方程，
由，得，即，可得，
同理可得，
则，
由，得，令，
则
，
当且仅当，即，时，等号成立；
于是，
当且仅当，即四边形矩形时，等号成立，
所以存在四边形使得，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：本题结论④的解决关键是利用弦长公式得到关于的表达式，从而利用基本不等式即可得解.
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.【答案】（1）圆心，
（2）
【分析】（1）由圆的方程得圆心坐标，结合图形，圆与轴相切得半径；
（2）法一由弦长公式求解；法二利用几何法勾股定理求解.
【小问1详解】
圆：，
则圆心，因为圆：与轴相切，则半径.
【小问2详解】
由（1）知，圆的方程为：，圆心，半径为2.
法一：设，
联立，得，
，
则，
所以；
法二：圆心到直线：的距离，
则.
故.
17.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由直线与轴交点得焦点，待定可得方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，由已知弦长利用弦长公式建立关于的方程，求解可得.
【小问1详解】
抛物线：的焦点在轴上，
直线，令，得，则焦点，
所以，即，
所以抛物线的方程为；
【小问2详解】
直线：向上平移5个单位得到：，
由，消得，
设直线与交于两点，
则，且，
，
由，化简整理得，
解得（舍）或，
所以.
18.【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由线面平行判定定理与性质定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量方法，用表示两平面法向量夹角的余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求最大值.
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以平面.
因为过的平面分别与棱，交于，
所以；
【小问2详解】
因为平面，平面，平面，
所以，
又因为，
如图，建立空间直角坐标系
则，，，，
所以，，，，
设，
则，
设平面即平面的法向量为，
则，令，则，
于是；
设平面即平面的法向量为，
则，令，则，
于是，
所以，
因为，所以，
由二面角的大小为，
根据，的方向判断可得，
所以，当时，的最大值为.
19.【答案】（1）
（2）存在；12
【分析】（1）由离心率及顶点坐标结合即可求解；
（2）结合两点式得直线，方程，进而得到点，坐标，由直线与直线垂直得到直线的斜率，结合点斜式得直线的方程，进而的到点坐标，结合数量积的坐标运算及二次函数的最值即可求解.
【小问1详解】
由，又两个顶点分别为，
则，，，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
为椭圆上的动点，则，故直线，的斜率存在且不为0，
则直线：，即，则点，
则直线：，即，则点，
则直线的斜率为，故直线：，
令，得，
又在椭圆上，则，整理得，
所以，则，
所以
综上，存在，使得有最大值12.
【点睛】按题意结合两点式，点斜式求得点坐标，结合数量积运算及二次函数的最值即可求，思路相对明确，运算要细心，是中档题.
II卷
一、选择题（共5小题，每小题5分，共25分）
20.B 21.B 22.D 23.C 24.D
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
25.（没有限制条件得3分，其他情况0分）
26.（第一空3分）
（第二空2分，不按降幂排列正确也得分）
27.①② ①②（第一空3分，第二空2分，两空没写全均只得1分）
28.（按得分点判，出现1个正确端点得2分，两个端点均正确的前提下开闭1分）
29.