2021北京八一学校高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京八一学校高二（上）期末数学（教师版），共11页。试卷主要包含了直线的倾斜角是，双曲线的焦点坐标为，在四面体中，点为棱的中点，已知点，，且，则直线的方程为等内容，欢迎下载使用。
2021北京八一学校高二（上）期末数    学一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．1．直线的倾斜角是　　A． B． C． D．2．双曲线的焦点坐标为　　A．．和 B．，和， C．和 D．，和，3．若直线是圆的一条对称轴，则的值为　　A．1 B． C．2 D．4．已知直线与直线，那么“”是“”的　　A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．在四面体中，点为棱的中点．设，，，那么向量用基底，，可表示为　　A． B． C． D．6．已知点，，，，2，，，，，则的形状是　　A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形7．一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有　　A．12种 B．15种 C．17种 D．19种8．已知点，，且，则直线的方程为　　A．或 B．或 C．或 D．或9．已知直线与直线的交点为，椭圆的焦点为，，则的取值范围是　　A．， B． C．， D．10．已知点为抛物线的焦点，点为点关于原点的对称点，点在抛物线上，则下列说法错误的是　　A．使得为等腰三角形的点有且仅有4个 B．使得为直角三角形的点有且仅有4个 C．使得的点有且仅有4个 D．使得的点有且仅有4个二．填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11．已知直线与直线垂直，则实数　　．12．已知双曲线的一条渐近线的方程为，则　　．13．已知抛物线经过点，则准线方程为　　，点到焦点的距离为　　．14．若椭圆的一个焦点为，椭圆上一点到焦点的最大距离是3，则椭圆的离心率为 　　．15．如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设，则当，时，函数的值域为　 　．三．解答题：本大题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（7分）已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为3．（1）求椭圆的方程；（2）设直线交椭圆于、两点，求线段的中点坐标．17．（11分）如图，在四棱锥，底面是边长为1的菱形，，底面，，为的中点，为的中点．（Ⅰ）证明：直线平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离．18．（8分）已知函数．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数的单调递增区间．19．（14分）已知曲线，直线与曲线交于，两点，，两点在轴上的射影分别为点，．（1）当点坐标为时，求的值；（2）记的面积为，四边形的面积为．若，求线段的长度；求证：．
参考答案一．选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【分析】根据题意，设直线的倾斜角为，由直线的方程可得直线的斜率，进而可得，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，直线，设其倾斜角为，其斜率，则有，则．故选：．【点评】本题考查直线的倾斜角与斜率，涉及直线的斜截式方程，属于基础题．2．【分析】求得双曲线的，，，可得双曲线的焦点坐标．【解答】解：双曲线的，，，可得双曲线的焦点为，，，．故选：．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是焦点的坐标，考查方程思想和运算能力，属于基础题．3．【分析】化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标，把圆心坐标代入直线方程求解．【解答】解：圆化为，圆心坐标为，直线是圆的一条对称轴，，即．故选：．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，理解题意是关键，是基础题．4．【分析】利用直线平行的充要条件直接进行判断即可．【解答】解：直线与直线， “” “”，充分性成立；反之，“” “”，必要性成立．故“”是“”的充要条件，故选：．【点评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断和应用，是基础题，解题时要认真审题，注意直线方程的性质的灵活运用．5．【分析】先根据点为棱的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用，，表示向量即可．【解答】解：点为棱的中点，，，又，，，．故选：．【点评】本题主要考查空间向量的基本定理，以及向量的中点公式要求熟练掌握，同时考查了转化的思想，属于基础题．6．【分析】直接利用空间两点间的距离公式求出三角形，，的长；再根据三个边的长度即可判断三角形的形状．【解答】解：因为三角形顶点分别为，，，，2，，，，所以：；；所以：由勾股逆定理得：即为直角三角形．故选：．【点评】本题主要考查空间两点间的距离公式以及三角形的形状判断．三角形的形状判断一般有两种方法：①求角，通过角来下结论；②求边，通过三边关系或其中两个边的关系来下结论．7．【分析】由分步计数原理可得总的取法由27种，列举可得不合题意得有8种，进而可得符合题意得方法种数．【解答】解：由题意结合分部计数原理可得，总的取球方式共种，其中，，1，，，1，，，2，，，1，，，2，，，1，，，2，，，2，共8种不符合题意，故取得小球标号最大值是3的取法有种，故选：．【点评】本题考查计数原理的应用，采用间接的方式结合列举法是解决问题的关键，属中档题．8．【分析】通过的距离，求出，与，然后求出的斜率，利用点斜式求出直线的方程．【解答】解：因为点，，且，所以，所以，，，所以，所以直线的方程：．即或．故选：．【点评】本题考查直线方程的求法，两点间公式公式的应用，考查计算能力．9．【分析】判断两条直线经过的定点，判断交点所在的位置利用椭圆的定义判断求解即可．【解答】解：椭圆的焦点为，，，；直线与直线的交点为，两条直线经过定点，，它们的交点满足：，在椭圆内部，与椭圆的短轴端点相交，所以的取值范围是：，．故选：．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，轨迹方程的求法，考查计算能力．10．【分析】为等腰三角形，考虑两边相等，结合图形，可得有4个点；为直角三角形，考虑直角顶点，结合图形，可得有4个点；考虑直线，与抛物线的方程联立，解方程可得交点个数；由对称性可得有2个；考虑直线，代入抛物线的方程，解方程可得交点个数，由对称性可得点有4个．【解答】解：由为等腰三角形，若，则有两个点；若，则不存在，若，则有两个点，则使得为等腰三角形的点有且仅有4个；由中为直角的点有两个；为直角的点不存在；为直角的点有两个，则使得为直角三角形的点有且仅有4个；若的在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程可得，解得，由对称性可得在第四象限只有一个，则满足的有且只有2个；使得的点在第一象限，可得直线，代入抛物线的方程，可得，△，可得点有2个；若在第四象限，由对称性可得也有2个，则使得的点有且只有4个．故选：．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，考查联立方程，由判别式确定交点个数，以及分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题．二．填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．11．【分析】根据题意，求出两条直线的斜率，由直线垂直的判断方法分析可得答案．【解答】解：根据题意，直线，其斜率，直线，其斜率，若直线与直线垂直，必有，故答案为：．【点评】本题考查直线与直线垂直的判断，涉及直线的斜率，属于基础题．12．【分析】利用双曲线的标准方程写出其渐近线方程是解决本题的关键，根据已知给出的一条渐近线方程对比求出的值．【解答】解：该双曲线的渐近线方程为，即，由题意该双曲线的一条渐近线的方程为，又，可以得出．故答案为：1．【点评】本题考查根据双曲线方程求解其渐近线方程的方法，考查学生对双曲线标准方程和渐近线方程的认识和互相转化，考查学生的比较思想，属于基本题型．13．【分析】利用抛物线经过的点，求出抛物线方程，然后求解点到焦点的距离．【解答】解：抛物线经过点，可得，解得，所以抛物线方程为：，则准线方程为：；点到焦点的距离为：．故答案为：；5．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，点到直线的距离公式的应用，是基本知识的考查．14．【分析】利用椭圆方程得，，所以，，可得，解方程即可求解．【解答】解：由椭圆方程得，，，所以，，又椭圆上一点到焦点的最大距离是3，所以，解得，所以，，所以椭圆的离心率为．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的性质，属基础题．15．【分析】棱长为，故体对角线，根据对称性，只需研究，，函数的值域即可．【解答】解：由题意，连接，，，则，此时，当时，截面周长为截面的周长的一半，即．当时，即当截面过体对角线的中点时，此时截面为正六边形，其定点为个棱的中点，（如图）截面周长为，函数的值域为，故答案为：，．【点评】本题考查了几何体中动点问题，截面周长问题．转化思想，平移平面，找到截面最大时动点位置是关键．三．解答题：本大题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．【分析】（1）由题意求得与，结合隐含条件求得，则椭圆方程可求；（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，再由中点坐标公式及根与系数的关系求解．【解答】解：（1）椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为3，，得，椭圆的方程为；（2）设，，，，由，可得，．线段的中点坐标为．【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是基础题．17．【分析】（Ⅰ）只要证明所在平面平行于平面即可；（Ⅱ）用向量数量积计算二面角的余弦值；（Ⅲ）用向量数量积计算点到平面距离．【解答】（Ⅰ）证明：取中点，连接、，因为为的中点，所以，因为是菱形，为的中点，所以，，，所以平面平面，因为平面，所以平面．（Ⅱ）解：连接、，因为底面是边长为1的菱形，，所以为等边三角形，所以，所以，因为底面，所以，，所以、、两两垂直，建系如图，，1，，，，，，0，，，，，，，，令，，，因为，，所以是平面的法向量，，0，是平面的法向量，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．（Ⅲ）解：因为，，，，1，，所以点到平面的距离为．【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，考查了点到平面距离问题，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）先化简函数解析式，然后令即可求解；（Ⅱ）根据正弦函数的单调递增区间，利用整体代换思想即可求解．【解答】解：（Ⅰ）因为函数，所以；（Ⅱ）令，解得，所以函数的单调递增区间为．【点评】本题考查了正弦函数的解析式以及单调性，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．19．【分析】（1）由题意，曲线是椭圆轴的上方部分，点坐标为，说明只能在第二象限，且点是直线与曲线的交点，横坐标为，代入曲线求点的坐标，再代入直线方程求出．（2）设点，点的坐标，设而不求的思想，，两点在轴上的射影分别为点，．那么四边形是直角梯形或矩形，由点，点的坐标建立关系．不存在时，四边形也不存在，所以必须存在．利用点，点的坐标表示的面积为，四边形的面积为，其比值大于等于．【解答】解：（1）由题意，与曲线交于，两点，，两点在轴上的射影分别为点，．点坐标为，则点的横坐标为，代入曲线，解得点的纵坐标为，即点在直线，则有：，解得 （2）由题意，不存在时，四边形也不存在，所以必须存在．设点，，点，，则点，，点，直线与曲线交于，两点，，两点代入：，，消去，解得：，的面积为，设原点到直线距离为，则，，即，解得，．由题意及：可知：，两点代入：，，消去四边形的面积为那么：得证．【点评】本题考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了圆锥曲线的简单性质，考查弦长公式的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，计算量大，化简复杂，属于难题．