2021北京海淀中关村中学高二（上）期末数学（教师版）

2021北京海淀中关村中学高二（上）期末

数    学

一．选择题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题意要求的一项．

1．已知集合，，，那么　　

A．，2， B．，0， C．， D．，

2．抛物线的焦点到准线的距离为　　

A． B．1 C．2 D．3

3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是　　

A． B． C． D．

4．已知，则函数的最小值为　　

A．4 B．3 C．2 D．1

5．若平面、的法向量分别为，，，，1，，则　　

A． B． 

C．、相交但不垂直 D．以上均不正确

6．如图所示，在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为　　

A． B．1 C．3 D．4

7．若直线与直线平行，则　　

A．0 B．2 C． D．

8．已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是　　

A． B． C． D．

9．已知为抛物线上一个动点，到其准线的距离为，为圆上一个动点，的最小值是　　

A．5 B．4 C． D．

10．已知函数，下列结论中错误的是　　

A．是偶函数 

B．函数最小值为 

C．是函数的一个周期 

D．函数在内是减函数

11．设点，分别为椭圆的左、右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的值可以是　　

A． B．3 C．5 D．8

12．如图，正方体的棱长为3，点在棱上，且满足，动点在正方体表面上运动，且，则动点的轨迹的周长为　　

A． B． C． D．

二、填空题共7小题，每小题5分，共35分．

13．（5分）若复数，则　　．

14．（5分）双曲线的焦点坐标为 　　，渐近线方程为 　　．

15．（5分）已知圆与直线交于，两点，则圆心到直线的距离为 　　，弦长　　．

16．（5分）在正四棱柱中，，与底面所成角的余弦值为，则该四棱柱的体积为 　　；异面直线与所成角的余弦值为 　　．

17．（5分）燕子每年秋天都要从北方飞到南方过冬．鸟类科学家发现，两岁燕子的飞行速度可以表示为耗氧量的函数．若两岁燕子耗氧量达到40个单位时，其飞行速度为，则两岁燕子飞行速度为时，耗氧量达到 　　个单位．

18．（5分）设函数，当（a）时，　　；如果对于任意实数都有成立，那么实数的取值范围是 　　．

19．（5分）数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面．一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线．

给出下列结论：

①曲线经过1个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

②曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2；

③方程表示的曲线在第二象限或第四象限；

④曲线围成区域的面积大于．

其中全部正确结论的序号是 　　．

三、解答题共5小题，共67分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

20．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，，，．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的面积．

21．（13分）已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调递减区间；

（Ⅱ）直接写出函数的一个零点；

（Ⅲ）当时，求函数的最大值和最小值及相应值．

22．（15分）已知椭圆过点，且离心率为．过点的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设为的中点，当直线的斜率为1时，求中点的坐标；

（Ⅲ）当的面积为时，求直线的方程．

23．（14分）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱上一点．

（Ⅰ）求证：无论点在棱的任何位置，都有成立；

（Ⅱ）若为中点，求二面角的余弦值；

（Ⅲ）在棱上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．

24．（13分）已知椭圆的短轴长和焦距都为2，直线与椭圆交于不同的两点，．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）已知，直线，分别交轴于，两点，问：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一．选择题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题意要求的一项．

1．【分析】求出集合，利用交集定义能求出．

【解答】解：集合，，，

，0，．

故选：．

【点评】本题考查集合的求法，考查交集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2．【分析】利用抛物线的方程求出即可得到结果．

【解答】解：抛物线的焦点到准线的距离为：．

故选：．

【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．

3．【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质进行判断即可．

【解答】解：是减函数，为非奇非偶函数，不满足条件．

．是偶函数，在区间上单调递减，不满足条件．

．在区间上单调递增，为非奇非偶函数，不满足条件．

．是偶函数又在区间上单调递增，满足条件．

故选：．

【点评】本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，要求熟练掌握常见函数的奇偶性和单调性的性质．

4．【分析】由可得，然后利用基本不等式可得可求答案，注意等号成立的条件．

【解答】解：

由基本不等式可得，

当且仅当即时，时取等号“”

故选：．

【点评】本题主要考查基本不等式求解函数的最值，要注意配凑积为定值，注意基本不等式应用的前提，属于基础题．

5．【分析】由，可得两个平面不垂直；又与不共线，可得与不平行．即可得出．

【解答】解：，与不垂直，两个平面不垂直；

又与不共线，与不平行．

、相交但不垂直．

故选：．

【点评】本题考查了两个平面的位置关系与平面法向量的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

6．【分析】根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．

【解答】解：由图可得，，

，

复数的虚部为．

故选：．

【点评】本题主要考查复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，属于基础题．

7．【分析】利用直线与直线平行的性质直接求解．

【解答】解：直线与直线平行，

，

解得．

故选：．

【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

8．【分析】根据长方体的性质以及向量垂直的性质解答．线段不垂直，对应的向量的数量积一定不为0．

【解答】解：对于，如果长方体为正方体，则线段，此时成立；

对于，因为长方体中侧面，所以，所以成立；

对于，如果长方体的底面是正方形，则，由三垂线定理可得，所以此时；

故选：．

【点评】本题考查了长方体的性质以及向量垂直的性质．比较基础．

9．【分析】画出图形，连结圆心与，交圆于．交抛物线的点即为使的最小时的位置；转化求解即可．

【解答】解：点是抛物线上的点，又点到抛物线准线的距离为；

又点到圆上的动点的距离为，

由抛物线定义知：点到准线的距离等于到焦点的距离，

如图所示，连结圆心与，交圆于．

交抛物线的点即为使的最小时的位置；

的最小值为：，，，

，，

的最小值：，

故选：．

【点评】本题考查抛物线的简单性质与圆的简单性质的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，是中档题．

10．【分析】根据奇偶性的定义，判断函数是偶函数；

化简函数，求出它的最小值为；

化简，求出它的最小正周期为；

判断在上无单调性．

【解答】解：对于，函数，其定义域为，

对任意的，有，

所以是偶函数，故正确；

对于，，

当时取得最小值，故正确；

对于，

，

它的最小正周期为，故正确；

对于，，当时，，

先单调递减后单调递增，故错误．

故选：．

【点评】本题考查了三角函数的化简与运算问题，也考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是综合性题目．

11．【分析】设，，则，，，由及点椭圆上，可得关于，的方程组，联立得．再由求解的范围，则答案可求．

【解答】解：由椭圆，得，，则．

，，

设，，则，，，

由，得，，，即①，

又点在椭圆上，②，

联立①②，得．

要使成立的点恰好是4个，则．

则．

实数的值可以是3．

故选：．

【点评】本题考查平面向量数量积的运算、椭圆的简单性质，考查方程思想，属中档题．

12．【分析】在，上分别取点，，使得，，则的轨迹为．

【解答】解：由正方体的特点可知平面，

在，上分别取点，，使得，，

连接，，，则，，

平面平面，

平面，

的轨迹为．

正方体棱长为3，，

，

的周长为．

故选：．

【点评】本题考查了棱柱的结构特征，线面垂直的判定，属于中档题．

二、填空题共7小题，每小题5分，共35分．

13．【分析】利用复数的运算法则和模的计算公式即可得出．

【解答】解：复数．

．

故答案为：．

【点评】本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，属于基础题．

14．【分析】根据双曲线方程可得，，进而可求得，又焦点在轴上，故可得焦点坐标及渐近线方程．

【解答】解：因为双曲线方程为，

所以，且焦点在轴上，

所以，

所以焦点坐标为，，渐近线方程为，

故答案为：，，．

【点评】本题考查了双曲线的性质，属于基础题．

15．【分析】求出圆心各半径，再利用点到直线的距离公式可求圆心到直线的距离，再利用勾股定理可得弦长．

【解答】解：由圆可得，

所以圆，半径，

所以圆心到直线的距离为，

由勾股定理可得．

故答案为：；2．

【点评】本题考查点到直线的距离与弦长问题，属基础题．

16．【分析】利用正四棱柱特征，由，与底面所成角的余弦值为，列出方程组，求出，，由此能求出该四棱柱的体积；以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．

【解答】解：在正四棱柱中，，与底面所成角的余弦值为，

设，，则，

解得，，

该四棱柱的体积为．

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，1，，，0，，，0，，

，1，，，0，，

设异面直线与所成角为，

则异面直线与所成角的余弦值为：

．

故答案为：2；．

【点评】本题考查正四棱柱体积、异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

17．【分析】根据已知条件，结合对数函数的公式，即可求解．

【解答】解：两岁燕子的飞行速度可以表示为耗氧量的函数，

又两岁燕子耗氧量达到40个单位时，其飞行速度为，

，解得，

当时，，解得．

故答案为：80．

【点评】本题主要考查函数的实际应用，掌握对数函数的公式是解本题的关键，属于基础题．

18．【分析】利用分段函数分段解，可求得当（a）时，的值；由的解析式可求得其值域，依题意，得，从而可得实数的取值范围．

【解答】解：函数，

（a），

当时，，解得；

当时，，解得；

或；

当时，为减函数，故；①

当时，为增函数，故；②

综合①②，得的值域为．

又对于任意实数都有成立，

，

，解得，即，．

故答案为：或；，．

【点评】本题考查分段函数的应用，考查函数恒成立问题，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．

19．【分析】根据条件有：，即，所以曲线在圆内且与该圆相切，逐一对四个命题进行判断即可．

【解答】解：，

（当且仅当时取等号），

即，即曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过2，故②正确；

将和联立，

解得，

即圆与曲线相切于点，，

所以曲线经过一个整点，故①正确；

的面积为，故曲线的面积小于，故④错误；

由，得③正确．

故答案为：①②③．

【点评】本题考查了曲线与方程，属于中档题．

三、解答题共5小题，共67分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

20．【分析】（Ⅰ）在中，，求出正弦函数值，利用正弦定理转化求解即可．

（Ⅱ）由余弦定理得，然后求解三角形的面积．

【解答】（本小题13分）

解：（Ⅰ）在中，，

，

，，

由正弦定理得，

．

（Ⅱ）由余弦定理得，

，

解得或（舍

．

【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查三角形的解法，考查计算能力．

21．【分析】（Ⅰ）根据三角恒等变换公式化简可得，再结合正弦函数的单调性，即可得解；

（Ⅱ）令，，解出的值，即可；

（Ⅲ）由，得，再结合正弦函数的图象与性质，得解．

【解答】解：（Ⅰ）因为，

因为函数的单调减区间为，

所以令，解得，，

所以的单调减区间为．

（Ⅱ）令，，则，，

取，则，

故函数的一个零点为．（满足，均可）．

（Ⅲ）因为，所以，

当，即时，函数的最大值为1；

当，即时，函数的最小值为．

【点评】本题考查三角函数的综合，熟练掌握三角函数的图象与性质，两角差的余弦公式，辅助角公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

22．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求解，，即可得到椭圆的方程．

（Ⅱ）当直线的斜率为1时，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，设，，，，，．利用韦达定理，转化求解中点的坐标．

（Ⅲ）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用中点坐标，弦长公式，转化求解三角形的面积，求解直线的斜率．

【解答】解：（Ⅰ）因为点在椭圆上，所以，

因为椭圆的离心率为，所以，即，

解得，

所以，

所以椭圆的方程为．

（Ⅱ）当直线的斜率为1时，直线的方程为．

由得，

设，，，，，．

则，

所以，代入直线得．

所以中点的坐标为．

（Ⅲ）依题意，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．

由得，

所以△，则，

，

，

原点到直线的距离，

，

所以，解得或，符合△，

所以或．

【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

23．【分析】（Ⅰ）只要证明垂直于的在平面即可；（Ⅱ）用向量数量积计算二面角的余弦值；（Ⅲ）用向量数量积列方程求解即可．

【解答】（Ⅰ）证明：因为底面，底面，所以．

又，，所以平面．

又，平面，所以无论点在棱的任何位置，都有成立．

（Ⅱ）解：由（1）知、、两两垂直，建系如图，

，0，，，0，，，2，，

，

设平面的法向量为

则，令，得，

又因为，，，

所以平面．

所以平面的法向量为，

因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．

（Ⅲ）解：假设在棱上是否存在一点，使平面，设，0，，，

，

设平面的法向量为，

则，令，得，

因为平面，所以，

所以当，时，平面．

即当时，平面．

【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，属于中档题．

24．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求解，，然后求解椭圆的方程．

（Ⅱ）（法一）设，，，，．联立直线与椭圆方程，求出的横坐标，通过直线平行，求解的横坐标，推出，然后求解即可．

（法二）假设存在点使得．设，推出．设，，，，然后求解的坐标，的坐标，结合点，在椭圆上，转化求解点，推出结果．

【解答】解：（Ⅰ）由题意，解得，．（2分）

，（3分）

所以椭圆的方程为．

（Ⅱ）（法一）

依题意直线的斜率存在且，

设，，，，．

由得，

所以，代入得，

因为、、三点共线，所以，

设，

即，则，

由，令，则．

假设存在点使得．设，

因为，所以．则．

即，所以，

则，

所以存在点使得成立（13分）

（法二）

假设存在点使得．设，

因为，所以．

则．

即，所以．

因为直线交椭圆于，两点，则，两点关于轴对称．

设，，，，

因为，则直线的方程为：．

令，得．

直线的方程为：

令，得．

因为，所以．

又因为点，在椭圆上，所以．

所以．即．

所以存在点使得成立．（13分）

【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．