2022-2023学年北京市海淀区高二期末练习数学试题含解析

2022-2023学年北京市海淀区高二期末练习数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】计算得到复数的代数形式，即可得答案.

【详解】

其对应的点位于第一象限

故选：A.

2．经过点且倾斜角为的直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程；

【详解】由倾斜角为知，直线的斜率，

因此，其直线方程为，即

故选：B

3．已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（    ）

A． B．

C． D．l与相交，但不垂直

【答案】B

【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解.

【详解】因为直线l经过点，

所以，又因为平面的一个法向量为，

且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行，

则，

故选：.

4．已知抛物线上的点到其焦点的距离是，那么实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用抛物线焦半径公式可直接构造方程求得结果.

【详解】由抛物线方程知：抛物线焦点为，准线为，

由抛物线定义知：，解得：.

故选：D.

5．在平行六面体中，点M满足．若，则下列向量中与相等的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得.

【详解】

由点M满足，所以M为中点，

因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为中点,

所以，

所以.

故选：C

6．已知直线，，则“”是“直线与相交”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

【答案】A

【分析】根据点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系分别验证充分性，必要性即可得到结果.

【详解】由题意可得直线与相交，

则

当时，满足，即“”是“直线与相交”的充分条件；

当直线与相交时，不一定有，比如也满足，所以“”是“直线与相交”的充分不必要条件.

故选:A.

7．在正方体中，直线是底面所在平面内不过的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，则，，

根据可求出结果.

【详解】如图：过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，

则，所以，

设正方体的棱长为，则，，

所以，当且仅当与重合时，取得等号，

所以的最小值是.

故选：A

8．已知A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，则下列点M中，使得为钝角三角形的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出直线AB的方程，确定弦AB为该圆的直径，再判断A，B，C，D各选项中的点M与圆的位置关系，即可确定的形状，从而得解．

【详解】由A，B（异于坐标原点）是圆与坐标轴的两个交点，

不妨得，，则直线AB的方程为，

显然圆心在直线AB上，即弦AB为该圆的直径，

对于A，，即在圆上，则为直角三角形，故A错误；

对于B，，即在圆外，则为锐角三角形，故B错误；

对于C，，即在圆上，则为直角三角形，故C错误；

对于D，，即在圆内，则为钝角三角形，故D正确．

故选：D．

9．“天问一号”是执行中国首次火星探测任务的探测器，该名称源于屈原长诗《天问》，寓意探求科学真理征途漫漫，追求科技创新永无止境．图（1）是“天问一号”探测器环绕火星的椭圆轨道示意图，火星的球心是椭圆的一个焦点．过椭圆上的点P向火星被椭圆轨道平面截得的大圆作两条切线，则就是“天问一号”在点P时对火星的观测角．图（2）所示的Q，R，S，T四个点处，对火星的观测角最大的是（    ）

A．Q B．R C．S D．T

【答案】A

【分析】连接点P和椭圆的左焦点，由对称性和椭圆上点到焦点距离的特征得点P位于条件中点Q处，对火星的观测角最大.

【详解】

设火星半径为R，椭圆左焦点为，连接，则，

因为，所以越小，越大，越大，

所以当点P位于条件中点Q处，对火星的观测角最大.

故选：A.

10．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为的中点，P为正方体表面上的动点．下列叙述正确的是（    ）

A．当点P在侧面上运动时，直线与平面所成角的最大值为

B．当点P为棱的中点时，CN∥平面

C．当点P在棱上时，点P到平面的距离的最小值为

D．当点时，满足平面的点P共有2个

【答案】C

【分析】与不可能垂直，故选项A错误；平移与平面相交于一点，故选项B错误；利用体积相等即可求出点P到平面的距离的最小值为判断选项C，当点时，满足平面的点P共有1个.当点为平面的中心时，故判断选项D

【详解】由于线面角的最大值为，

与不可能垂直，故直线与平面所成角的最大值达不到.选项A错误；

取的中点为，的中点为,连接,相交于点，连接,

且

故

平面,面，故不能与平面平行，故选项B错误；

到平面的距离始终为，故当点运动到点时，取得最小值为，故

,,

故，故选项C正确.

当点时，满足平面的点P共有1个.当点为平面的中心时，故选项D错误

故选：C.

二、填空题

11．若复数满足，则___________．

【答案】##

【分析】利用复数的四则运算化简复数，利用复数的模长公式可求得.

【详解】由题意可得，因此，.

故答案为：.

12．已知直线，直线．若，则实数___________．

【答案】##

【分析】直接根据两直线垂直的公式计算即可.

【详解】由得，解得

故答案为：

13．已知双曲线的渐近线为，则该双曲线的离心率为___________．

【答案】

【分析】根据渐近线方程可得：，进而得到.

【详解】因为双曲线的渐近线为，

所以，则，

故答案为：.

14．已知椭圆的左、右焦点分别是，且是面积为的正三角形．过垂直于的直线交椭圆M于B，C两点，则的周长为___________．

【答案】

【分析】由面积为，且其为正三角形，可得.后由中垂线性质结合椭圆定义可得答案.

【详解】如图，设，则，因面积为，且其为正三角形，又，则，则.

又直线BC过，与垂直，为正三角形，则直线BC为中垂线，

则，又，

故的周长，又C，B在椭圆上，则由椭圆定义有.

故答案为：

15．古希腊数学家阿波罗尼斯在其著作《圆锥曲线论》中，系统地阐述了圆锥曲面的定义和利用圆锥曲面生成圆锥曲线的方法，并探究了许多圆锥曲线的性质．其研究的问题之一是“三线轨迹”问题：给定三条直线，若动点到其中两条直线的距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数，求该点的轨迹．

小明打算使用解析几何的方法重新研究此问题，他先将问题特殊化如下：

给定条直线，，，动点到直线、和的距离分别为、和，且满足，记动点的轨迹为曲线．给出下列四个结论：

①曲线关于轴对称；

②曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为；

③平面内存在两个定点，曲线上有无数个点到这两个定点的距离之差为；

④的最小值为．

其中所有正确结论的序号是___________．

【答案】①③④

【分析】设点，求出点的轨迹方程，根据曲线对称性的定义可判断①；化简曲线的方程，利用两点间的距离公式结合二次函数的基本性质可判断②；化简曲线的方程，根据双曲线的定义可判断③；对点的位置进行分类讨论，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.

【详解】直线的方程为，直线的方程为，

设点，则，，，

所以，，化简可得.

对于①，在曲线上任取一点，则点关于轴的对称点为，

所以，，故点在曲线上，①对；

对于②，设点.

当时，则曲线的方程可化为，可得，

设坐标原点为，则，

且原点坐标满足方程，此时有意义，②错；

对于③，当，则曲线的方程可化为，

整理可得，取双曲线的焦点、，

根据双曲线的定义可知，曲线上有无数个点，使得，③对；

对于④，当点在抛物线上，且时，

，

当且仅当时，等号成立，

当点在双曲线的上支时，则，且且，

此时，，

因为，

所以，且，

故

，

当且仅当时，等号成立；

当点在双曲线的下支时，同理可求得的最小值为.

综上所述，的最小值为，④对.

故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：本题考查曲线有关几何性质的应用，解题的关键在于根据题中的几何关系求出曲线的方程，并对曲线的方程进行化简，进而通过曲线的方程对曲线的几何性质进行分析求解.

三、解答题

16．已知直线与直线交于点，点关于坐标原点的对称点为，点在直线上，点在直线上．

(1)当时，求点的坐标；

(2)当四边形为菱形时，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，联立直线、的方程，求出点的坐标，再利用对称性可得出点的坐标；

（2）求出点的坐标，设点，求出点的坐标，根据点在直线上可得出，由菱形的几何性质可得出，根据斜率关系可得出关于的等式，即可得解.

【详解】（1）解：当时，直线的方程为，联立可得，即点，

因为点关于坐标原点的对称点为，故点的坐标为.

（2）解：若，则，不合乎题意，所以，，

联立可得，即点，

设点为坐标原点，则，

设点，因为四边形为菱形，且的中点为，则的中点为，

所以点，因为点在直线上，所以，，则，即点，

所以，，

由菱形的几何性质可知，所以，，解得.

17．已知曲线M上的任意一点到点的距离比它到直线的距离小1．

(1)求曲线M的方程；

(2)设点．若过点的直线与曲线M交于B，C两点，求的面积的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用抛物线的定义即可求解；

（2）设直线的方程，联立直线与抛物线的方程，可知的面积，结合韦达定理及二次函数求最值，即可得解.

【详解】（1）由已知得，曲线M上的任意一点到点的距离与它到直线的距离相等，

所以曲线M的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，

所以曲线M的方程为

（2）设，

显然，过点的直线斜率不为0，设其方程为

联立，整理得

其中，

由韦达定理得：，，

所以的面积

当时，

所以的面积的最小值为

18．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点．

(1)已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面；

(2)若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：

（ⅰ）直线到平面的距离；

（ⅱ）二面角的余弦值．

条件①：平面；

条件②：；

条件③：平面平面．

【答案】(1)证明过程见详解

(2)（ⅰ）；（ⅱ）.

【分析】(1) 取的中点，连接，，，，利用中位线证明平面，再利用平行四边形对边平行证明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到证明即可；

(2)选择条件①和③

（ⅰ）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解；

（ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求解即可.

【详解】（1）取的中点，连接，，，；

因为分别为的中点，所以，平面，

平面，所以平面，

又因为分别为的中点，四边形为平行四边形，

所以且，则四边形为平行四边形，

所以，平面，平面，所以平面，

因为，平面，所以平面平面，

因为平面，所以平面.

（2）选择条件①和③

（ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角，

由题意可知：，又，所以.

因为平面平面，且平面平面，因为平面，

所以，所以平面，平面，所以,

则四边形为矩形，因为，所以，

设点到平面的距离为，由平面可知：，

在中，，

因为为的中点，所以，

所以，，

因为，平面，平面，所以平面，

所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离.

因为，即，

也即，所以

故直线到平面的距离为.

（ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，，

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则有，也即，令，则；

则有，也即，令，则，

则，

由图可知：二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

19．已知椭圆的焦距为2，长轴长为4．

(1)求椭圆E的方程；

(2)过点且与x轴不重合的直线l与椭圆E交于不同的两点B，C，点B关于x轴的对称点为．问：平面内是否存在定点P，使得恒在直线上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据条件求出，即可得椭圆E的方程；

（2）直线l为，，消去得，利用点写出直线的方程，利用韦达定理整理变形可得直线过定点.

【详解】（1）由已知得，则，

椭圆E的方程为；

（2）设直线l为，，则

联立，消去得，

，解得

则，

又直线的方程为

又，

，恒过定点

故存在定点，使得恒在直线上.