北京东城区2023-2024学年数学高二上期末统考试题含解析

北京东城区2023-2024学年数学高二上期末统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若直线与圆相交于、两点，且（其中为原点），则的值为（）A. B.C. D.2．如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面，为底面内的一动点，若，则动点的轨迹在（）A.圆上 B.双曲线上C.抛物线上 D.椭圆上3．已知：，：，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.4．在三棱柱中，，，，则这个三棱柱的高（）A1 B.C. D.5．设点P是双曲线，与圆在第一象限的交点，、分别是双曲线的左、右焦点，且，则此双曲线的离心率为（）A. B.C. D.36．过两点和的直线的斜率为（）A. B.C. D.7．将一个表面积为的球用一个正方体盒子装起来，则这个正方体盒子的最小体积为（）A. B.C. D.8．在四面体OABC中，点M在线段OA上，且，N为BC中点，已知，，，则等于（）A. B.C. D.9．已知在平面直角坐标系中，圆的方程为，直线过点且与直线垂直.若直线与圆交于两点，则的面积为A.1 B.C.2 D.10．已知双曲线的右焦点为F，则点F到其一条渐近线的距离为（）A.1 B.2C.3 D.411．设P是抛物线上的一个动点，F为抛物线的焦点.若，则的最小值为（）A. B.C.4 D.512．已知点B是A（3，4，5）在坐标平面xOy内的射影，则||＝（）A. B.C.5 D.5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的中心为原点，焦点，均在轴上，且，的面积为，则的标准方程为______14．已知直线与双曲线无公共点，则双曲线离心率的取值范围是____15．设公差的等差数列的前项和为，已知，且，，成等比数列，则的最小值为______16．不等式的解集是___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知直线l的斜率为-2，且与两坐标轴的正半轴围成三角形的面积等于1．圆C的圆心在第四象限，直线l经过圆心，圆C被x轴截得的弦长为4．若直线x－2y－1＝0与圆C相切，求圆C的方程18．（12分）著名的“康托尔三分集”是由德国数学家康托尔构造的，是人类理性思维的产物，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段记为第一次操作；再将剩下的两个闭区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷.每次操作后剩下的闭区间构成的集合即是“康托尔三分集”.例如第一次操作后的“康托尔三分集”为.（1）求第二次操作后的“康托尔三分集”；（2）定义的区间长度为，记第n次操作后剩余的各区间长度和为，求；（3）记n次操作后“康托尔三分集”的区间长度总和为，若使不大于原来的，求n的最小值.（参考数据：，）19．（12分）如图，在直三棱柱中，，，.M为侧棱的中点，连接，，CM.（1）证明：AC平面；（2）证明：平面；（3）求二面角的大小.20．（12分）已知椭圆上的点到焦点的最大距离为3，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于不同两点，与轴交于点，且满足,若，求实数的取值范围.21．（12分）如图，在四棱锥中，面ABCD，，且，，，，，N为PD的中点.（1）求证：平面PBC；（2）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在，求出的值，若不存在，说明理由.22．（10分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，当以为始边，为终边的角时，.（1）求的方程（2）过点的直线交于两点，以为直径的圆平行于轴的直线相切于点，线段交于点，求的面积与的面积的比值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】分析出为等腰直角三角形，可得出原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，由此可解得的值.【详解】圆的圆心为原点，由于且，所以，为等腰直角三角形，且圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，解得.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆周角求参数，解题的关键在于求出弦心距，再利用点到直线的距离公式列方程求解参数.2、A【解析】根据题意，得到两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，由题意，得到，，再由得到，求出点的轨迹，即可得出结果.【详解】由题意，两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为底面是边长为的正方形，则，，因为为底面内的一动点，所以可设，因此，，因为平面，所以，因此，所以由得，即，整理得：，表示圆，因此，动点的轨迹在圆上.故选：A.【点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.3、C【解析】由是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件，再根据对应集合的包含关系可得答案.【详解】由，即，设,由是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件所以，则故选：C4、D【解析】先求出平面ABC的法向量，然后将高看作为向量在平面ABC的法向量上的投影的绝对值，则答案可求.【详解】设平面ABC的法向量为，而，，则,即有,不妨令,则,故,设三棱柱的高为h，则,故选：D.5、C【解析】根据几何关系得到是直角三角形，然后由双曲线的定义及勾股定理可求解.【详解】点到原点的距离为，又因为在中，，所以是直角三角形，即.由双曲线定义知，又因为，所以.在中，由勾股定理得，化简得，所以.故选：C.6、D【解析】应用两点式求直线斜率即可.【详解】由已知坐标，直线的斜率为.故选：D7、C【解析】求出球的半径，要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为，则，得，故该球的半径为11cm，若要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，即22cm，所以这个正方体盒子的最小体积为.故选：C.8、B【解析】根据空间向量基本定理结合已知条件求解【详解】因为N为BC中点，所以,因为M在线段OA上，且，所以，所以，故选：B9、A【解析】∵圆的方程为，即，∴圆的圆心为，半径为2.∵直线过点且与直线垂直∴直线.∴圆心到直线的距离.∴直线被圆截得的弦长，又∵坐标原点到的距离为，∴的面积为.考点：1、直线与圆的位置关系；2、三角形的面积公式.10、A【解析】由双曲线方程可写出右焦点坐标，再写一渐近线方程，根据点到直线的距离公式可得答案.【详解】双曲线的右焦点F坐标为，根据双曲线的对称性，不妨取一条渐近线为，故点F到渐近线的距离为，故选：A11、C【解析】作出图形，过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，从而得出，再由、、三点共线时，取最小值得解.【详解】，所以在抛物线的内部，过点作抛物线准线的垂线，由抛物线的定义得，，当且仅当、、三点共线时，等号成立，因此，的最小值为.故选：C.12、C【解析】先求出B（3，4，0），由此能求出||【详解】解：∵点B是点A（3，4，5）在坐标平面Oxy内的射影，∴B（3，4，0），则||＝＝5故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用待定系数法列出关于的方程解出即可得结果.【详解】设的标准方程为，则解得所以的标准方程为故答案为：.14、【解析】联立直线得，由无公共点得，进而得，即可求出离心率的取值范围.【详解】联立直线与双曲线可得，整理得，显然，由方程无解可得，即，则，，又离心率大于1，故离心率的取值范围是.故答案为：.15、##0.4【解析】应用等比中项的性质及等差数列通项公式求公差d，进而写出等差数列的通项公式、前n项和公式，再求目标式的最小值.【详解】由题设，，则，整理得，又，解得，故，，所以，故当时目标式有最小值为.故答案为：16、##【解析】将分式不等式等价转化为不等式组，求解即得.【详解】原不等式等价于，解得,故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、【解析】先根据题意设直线方程，由条件求出直线的方程，再根据条件列出等量关系，求出圆心和半径，进而求得答案.【详解】解：设直线l的方程为y＝－2x＋b（b＞0），它与两坐标轴的正半轴的交点依次为，，因为直线l与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积等于1，所以，解得b＝2，所以直线l的方程是，即由题意，可设圆C的圆心为，半径为r，又因为圆C被x轴截得的弦长等于4，所以①，由于直线与圆相切，所以圆心C到直线的距离②，所以①②联立得：，解得：或，又圆心在第四象限，所以，则圆心，，所以圆C方程是.18、（1）（2）（3）【解析】（1）根据“康托尔三分集”的定义，即可求得第二次操作后的“康托尔三分集”；（2）根据“康托尔三分集”的定义，分别求得前几次的剩余区间长度的和，求得其通项公式，即可求解；（3）由（2）可得第次操作剩余区间的长度和为，结合题意，得到，利用对数的运算公式，即可求解.【小问1详解】解：根据“康托尔三分集”的定义可得：第一次操作后的“康托尔三分集”为，第二次操作后的“康托尔三分集”为；【小问2详解】解：将定义的区间长度为，根据“康托尔三分集”的定义可得：每次去掉的区间长后组成的数为以为首项，为公比的等比数列，第1次操作去掉的区间长为，剩余区间的长度和为，第2次操作去掉两个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，第3次操作去掉四个区间长为的区间，剩余区间的长度和为，第4次操作去掉个区间长为，剩余区间的长度和为，第次操作去掉个区间长为，剩余区间的长度和为，所以第次操作后剩余的各区间长度和为；【小问3详解】解：设定义区间，则区间长度为1，由（2）可得第次操作剩余区间的长度和为，要使得“康托三分集”的各区间的长度之和不大于，则满足，即，即，因为为整数，所以的最小值为.19、（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）【解析】小问1：由于，根据线面平行判定定理即可证明；小问2：以为原点，分别为轴建立空间坐标系，根据向量垂直关系即可证明；小问3：分别求得平面与平面的法向量，根据向量夹角公式即可求解【小问1详解】在直三棱柱中，，且平面，平面所以AC平面；【小问2详解】因为，故以为原点，分别为轴建立空间坐标系如图所示：则，所以则所以又平面，平面故平面；【小问3详解】由，得，设平面的一个法向量为则得又因为平面的一个法向量为所以所以二面角的大小为20、(1)(2)，或【解析】（1）由椭圆的性质可知：，解得a和c的值，即可求得椭圆C的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得：，，λ，根据向量的坐标坐标，（x1+1，y1）＝λ（x2+1，y2），求得，由，代入即可求得实数m的取值范围【详解】(1)由已知，解得，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）由已知,设，联立方程组，消得，由韦达定理得①②因为，所以，所以③，将③代入①②，，消去得，所以.因为，所以，即，解得，所以，或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程及简单性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，向量的坐标表示，不等式的解法，考查计算能力，属于中档题21、（1）证明见解析（2）存在，且【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）设，利用直线与平面所成角的正弦值列方程，化简求得.【小问1详解】设是的中点，连接，由于，所以四边形是矩形，所以，由于平面，所以，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，，，，设平面的法向量为，则，故可设.，且平面，所以平面.【小问2详解】，设，则，，，设直线与平面所成角为，则，，两边平方并化简得，解得或（舍去）.所以存在，使直线与平面所成角的正弦值是，且.22、（1）（2）【解析】（1）过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据抛物线的定义，得到，求得，即可求得抛物线的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组求