2021北京八一学校高二（上）期末数学（教师版）

2021北京八一学校高二（上）期末

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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．