北京市海淀区重点大学附属中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题(含答案)

-2024学年北京重点大学附中高二（上）期中数学一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1．已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的渐近线经过点（1，2），则双曲线C的离心率为（）A． B． C．2 D．2．“”是“直线x+2ay﹣1＝0和直线（a﹣1）x+ay+1＝0平行”的（）A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知直线y＝kx+2与圆C：x2+y2＝2交于A，B两点，且|AB|＝2，则k的值为（）A． B． C． D．24．点P（﹣2，﹣1）到直线l：mx+y﹣m﹣1＝0（m∈R）的距离最大时，直线l的方程为（）A．2x﹣3y﹣2＝0 B．3x+2y+8＝0 C．3x+2y﹣5＝0 D．2x﹣3y+1＝05．已知圆C：（x﹣2）2+（y+a）2＝2（a∈R）关于直线l：y＝x﹣1对称，过点P（2a，a）作圆C的两条切线PA和PB，切点分别为A、B，则|AB|＝（）A． B． C． D．6．如图，椭圆Γ：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2，正六边形ABF2CDF1的一边F2C的中点恰好在椭圆Γ上，则椭圆Γ的离心率是（）A． B． C． D．7．两个曲线方程C1：＝1，C2：x4+y4＝1，我们可以推断出它们的性质，其中错误的是（）A．曲线C1关于y＝x对称 B．曲线C2关于原点对称 C．曲线C1与坐标轴在第一象限围成的图形面积S1＜ D．曲线C2与坐标轴在第一象限围成的图形面积S2＜8．已知圆C：x2+y2＝8，MN为圆C的动弦，且满足MN＝4，G为弦MN的中点．两动点P，Q在直线l：y＝x﹣4上，且PQ＝4，MN运动时，∠PGQ始终为锐角，则线段PQ中点的横坐标取值范围是（）A．（﹣∞，0）∪（4，+∞） B．（﹣∞，0）∪（8，+∞） C．（0，4） D．（0，8）二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）9．已知焦点在x轴上的椭圆离心率为，则实数m等于．10．如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：＝1的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面．若该花瓶横截面圆的最小直径为8cm，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为cm．11．椭圆的焦点F1、F2，点P是椭圆上动点，当∠F1PF2为钝角时，点P的横坐标的取值范围是．12．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），P为C上一点，PQ⊥x轴，垂足为Q，F为C的焦点，O为原点．若∠POQ＝45°，则cos∠PFQ＝．13．已知直线l1：mx﹣y﹣3m+1＝0与直线l2：x+my﹣3m﹣1＝0相交于点P，m∈R，则点P到坐标原点Q的距离的最小值为．14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点P在正方体的表面上运动，且，若动点P的轨迹的长度为3π，则棱长a为．三、解答题（本大题共4小题，共50分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。）15．（10分）已知圆O：x2+y2＝2，直线l：y＝kx﹣2．（1）若直线l与圆O相切，求k的值；（2）若直线l与圆O交于不同的两点A、B，当∠AOB为直角时，求k的值．16．（14分）已知椭圆C：，P（0，1），过P点斜率为k的直线与椭圆C交于另一点为Q．（1）若△POQ的面积为，求k的值；（2）若直线y＝x+m与椭圆C交于M，N两点，且|PM|＝|PN|，求m的值．17．（13分）已知在多面体ABCDE中，DE∥AB，AC⊥BC，BC＝2AC＝4，AB＝2DE，DA＝DC且平面DAC⊥平面ABC．（Ⅰ）设点F为线段BC的中点，试证明EF⊥平面ABC；（Ⅱ）若直线BE与平面ABC所成的角为60°，求二面角B﹣AD﹣C的余弦值．18．（13分）已知椭圆的左顶点为A（﹣2，0），圆O：x2+y2＝1经过椭圆C的上、下顶点．（Ⅰ）求椭圆C的方程和焦距；（Ⅱ）已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q不在坐标轴上），且直线PQ与x轴平行，线段AP的垂直平分线与y轴交于点M，圆O在点Q处的切线与y轴交于点N．求线段MN长度的最小值．参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1．【分析】由双曲线的性质，结合双曲线离心率的求法求解．【解答】解：已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0），则其渐近线方程为，又渐近线经过点（1，2），则，即，即，则双曲线C的离心率为．故选：D．【点评】本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线离心率的求法，属基础题．2．【分析】由两直线平行求得a的值，结合充分条件和必要条件的定义判断即可．【解答】解：若直线x+2ay﹣1＝0与直线（a﹣1）x+ay+1＝0平行，则有1×a＝2a×（a﹣1），解得a＝0或，而当a＝0时，直线x+2ay﹣1＝0与直线（a﹣1）x+ay+1＝0重合，舍去，所以，直线x+2ay﹣1＝0与直线（a﹣1）x+ay+1＝0平行⇔，所以“”是“直线x+2ay﹣1＝0和直线（a﹣1）x+ay+1＝0平行”的充要条件．故选：A．【点评】本题考查了两直线平行的求法，充要条件的判定，属于中档题．3．【分析】直接利用弦长判定圆心在直线上，利用代入法求出结果．【解答】解：由圆C：x2+y2＝2，得C（0，0），半径r＝，圆心C到直线l：y＝kx+2的距离d＝．又|AB|＝2，所以12+（）2＝2，解得：k＝±．故选：B．【点评】本题考查的知识要点：直线和圆的位置关系的应用，属基础题．4．【分析】由直线l的方程，可得定点的坐标，可得P到直线的距离最大时为PQ⊥l，求出直线PQ的斜率，进而可得直线l的斜率，再求直线l的方程．【解答】解：由直线l：mx+y﹣m﹣1＝0（m∈R）的方程整理可得：m（x﹣1）+y﹣1＝0，可得直线l恒过定点Q（1，1），所以kPQ＝＝，当PQ⊥l时，P到直线l的距离最大，可得直线l的斜率为﹣m＝﹣，即m＝，所以直线l的方程为x+y﹣﹣1＝0，即3x+2y﹣5＝0．故选：C．【点评】本题考查直线恒过定点的求法及直线垂直的性质的应用，属于基础题．5．【分析】将圆心C的坐标代入直线l的方程，求得a的值，再写出以CP为直径的圆的方程，将其与圆C的方程相减，可得弦AB所在直线的方程，然后根据弦长的计算方法，求解即可．【解答】解：由题意知，C（2，﹣a），因为圆C关于直线l对称，所以点C在直线l上，即﹣a＝2﹣1，解得a＝﹣1，所以P（﹣2，﹣1），C（2，1），圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2①，所以|CP|＝2，线段CP的中点坐标为（0，0），故以CP为直径的圆的方程为x2+y2＝5②，因为PA，PB是切线，所以A，B两点也在以CP为直径的圆上，②﹣①得，弦AB所在的直线方程为2x+y﹣4＝0，所以圆心C到直线AB的距离d＝＝，所以|AB|＝2＝．故选：D．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握圆与圆的公共弦所在直线方程的求法，弦长的计算公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．6．【分析】设F2C的中点为P，连接OP，PF1，则可得∠F1F2P＝60°，|PF2|＝c，再利用余弦定理可求出|PF1|，然后结合椭圆的定义列出方程即可求出离心率．【解答】解：设F2C的中点为P，连接OP，PF1，则PO⊥CF2，∠POF2＝30°，∠F1F2P＝60°，因为|OF2|＝c，所以|PF2|＝c，在△F1F2P中，由余弦定理可得|F1P|²＝|F1F2|²+|F2P|²﹣2|F1F2||F2P|cos∠F1F2P＝4c²+c²﹣2×2c×c×＝c²，则|PF1|＝c，因为|PF1|+|PF2|＝2a，所以c+c＝2a，则e＝＝＝＝，故选：B．【点评】本题考查椭圆的性质，数形结合思想，方程思想，考查余弦定理解三角形，属于中档题．7．【分析】在曲线C1上任取一点（a，b），验证点（b，a）也在曲线C1上，可判断A的正误；在曲线C2上任取一点（a，b），验证点（﹣a，﹣b）也在曲线C2上，可判断B的正误；比较曲线C1与直线x+y＝1与坐标轴在第一象限围成的图形面积的大小，可判断C的正误；曲线C2与圆x2+y2＝1与坐标轴在第一象限围成的图形面积的大小，可判断D的正误．【解答】解：A．在曲线C1上任取一点（a，b），则，点（a，b）关于直线y＝x的对称点为（b，a），且，所以曲线C1关于y＝x对称，故A正确；B．在曲线C2上任取一点（a，b），则a4+b4＝1，点（a，b）关于原点的对称点为（﹣a，﹣b），则（﹣a）4+（﹣b）4＝a4+b4＝1，所以曲线C2关于原点对称，故B正确；C．对于等式，可得0≤y≤1，同理可得0≤x≤1，当0＜a＜1时，，当0＜b＜1时，，在曲线上任取一点（a，b），则，即点（a，b）在直线x+y＝1的下方，如下图所示．直线x+y＝1交x轴于点A（1，0），交y轴于点B（0，1），所以，故C正确；D．在曲线x4+y4＝1（0＜x＜1，0＜y＜1）上任取一点（a，b），因为0＜a＜1，0＜b＜1，则a2＞a4，b2＞b4，则1＝a4+b4＜a2+b2，即点（a，b）在圆x2+y2＝1外，如下图所示．圆x2+y2＝1在第一象限内与两坐标轴围成的区域的面积为，所以，故D错误．故选：D．【点评】本题考查了曲线与方程的综合，曲线与方程的性质，考查了转化思想和方程思想，属难题．8．【分析】由|MN|＝4，得到|CG|＝2，设PQ的中点E（a，a﹣4），根据∠PGQ恒为锐角，转化为以C为圆心，以2为半径的圆与以E为圆心，以2为半径的圆相外离，结合圆与圆的位置关系，列出不等式，即可求解．【解答】解：由题意，圆C：x2+y2＝8，可得圆心坐标为C（0，0），半径为，因为|MN|＝4，G为弦MN的中点，可得|CG|＝2，又由两动点P，Q在直线l：y＝x﹣4上，且|PQ|＝4，设PQ的中点E（a，a﹣4）当M，N在圆C上运动时，且∠PGQ恒为锐角，可得以C为圆心，以2为半径的圆与以E为圆心，以2为半径的圆相外离，则，即a2﹣4a＞0，解得a＜0或a＞4，所以线段PQ中点的横坐标取值范围是（﹣∞，0）⋃（4，+∞）．故选：A．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）9．【分析】利用已知条件列出方程，求解即可．【解答】解：由题意焦点在x轴上的椭圆离心率为，可得＝，解得m＝8．故答案为：8．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．10．【分析】由题意，根据双曲线的定义可得a＝4，设M为双曲线C与瓶口截面的一个交点，且该花瓶的瓶口半径为r，得到点M的坐标，再将点M代入双曲线方程中，进而即可求解．【解答】解：若该花瓶横截面圆的最小直径为8cm，此时a＝4，不妨设M为双曲线C与瓶口截面的一个交点，且该花瓶的瓶口半径为r，此时M（r，b），因为点M在双曲线C上，所以，解得r＝4，则该花瓶的瓶口直径d＝2r＝8cm．故答案为：8．【点评】本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．11．【分析】设P（x，y），根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22＜F1F22代入p坐标求得x和y的不等式关系，求得x的范围．【解答】解：设P（x，y），则，且∠F1PF2是钝角⇔x2+5+y2＜10．故答案为：．【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质和解不等式，∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22＜F1F22，是解题关键，属基础题．12．【分析】由题可设直线OP：y＝x，进而可得P（2p，2p），Q（2p，0），可求cos∠PFQ的值．【解答】解：不妨设P在x轴上方，由∠POQ＝45°，可设直线OP：y＝x，由，可得x＝y＝2p，∴P（2p，2p），Q（2p，0），又F（，0），cos∠PFQ＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，属基础题．13．【分析】由两条直线的方程，可得两条直线互相垂直，又可得两条直线恒过的定点A，B的坐标，可得P在以AB为直径的圆C上，求出圆C的方程，再求|OC|的值，进而可得|OP|的最小值．【解答】解：因为m•1+（﹣1）•m＝0，所以l1⊥l2，又知直线l1：m（x﹣3）﹣（y﹣1）＝0，可得直线恒过定点A（3，1），直线l2：x﹣1+m（y﹣3）＝0，可得直线恒过定点B（1，3），所以P点在以AB为直径的圆上，且|AB|＝＝2，所以半径为r＝，圆心C为AB的中点（，），即C（2，2），即P所在的圆的方程为：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝2，可得|OC|＝＝2，所以O到圆上点P的最小距离|OP|＝|OC|﹣r＝2﹣＝．故答案为：．【点评】本题考查直线恒过定点的求法及两条直线垂直的性质的应用，属于基础题．14．【分析】根据题意可得P到A1、B、D的距离都为a，从而可得P点轨迹为三段弧长，再由弧长公式及已知建立方程，即可求解．【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，点P在正方体的表面上运动，且，∴P到A1、B、D的距离都为a，∴P点轨迹为图中三段弧长，如图所示，∴动点P的轨迹的长度为＝3π，∴a＝2．故答案为：2．【点评】本题考查正方体中动点轨迹问题，化归转化思想，属中档题．三、解答题（本大题共4小题，共50分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。）15．【分析】（1）由直线l与圆O相切，得圆心O（0，0）到直线l的距离等于半径r，由此能求出k．（2）根据题意，由直线与圆的位置关系结合点到直线的距离公式分析可得点O到l的距离d，解可得k的值，即可得答案；【解答】解：（1）∵圆O：x2+y2＝2，直线l：y＝kx﹣2．直线l与圆O相切，∴圆心O（0，0）到直线l的距离等于半径r＝，即d＝＝，解得k＝±1．（2）根据题意，圆O的方程为x2+y2＝2，其半径r＝，直线l与圆O交于不同的两点A，B，∠AOB＝，则点O到l的距离d＝r＝1，则有＝1，解可得k＝±．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，是中档题．16．【分析】（1）由题意，得到直线PQ的方程，设出点Q的坐标，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，利用韦达定理、点到直线的距离公式、弦长公式以及三角形面积公式进行求解即可；（2）将直线y＝x+m方程与椭圆C的方程联立，利用根的判别式、韦达定理以及直线垂直的条件，列出等式进行求解即可．【解答】解：（1）易知直线PQ的方程为y＝kx+1，不妨设Q（x1，y1），联立，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kx＝0，由韦达定理得x1＝﹣，所以|PQ|＝|x1﹣xP|＝，又点O到直线y＝kx+1的距离d＝，则S△POD＝|PQ|•d＝•＝，解得k＝±或k＝±2；（2）不妨设M（x2，y2），N（x3，y3），联立＝1，消去y并整理得5x2+8mx+4m2﹣4＝0，此时Δ＝64m2﹣80（m2﹣1）＞0，解得，由韦达定理得，不妨设线段MN的中点为D，此时，所以，因为|PM|＝|PN|，所以PD⊥MN，即，解得，满足，故．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．17．【分析】（I）由DO⊥AC，得DO⊥平面ABC，证明四边形DEFO为平行四边形，∴EF∥DO，所以EF⊥平面ABC；（II）以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与BC平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADC的法向量，和平面ADB的法向量，利用向量的夹角公式求出即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：取AC的中点O，连接EF，OF，由在△DAC中DA＝DC，所以DO⊥AC，由平面DAC⊥平面ABC，且交线为AC，得DO⊥平面ABC，因为OF∥AB，且AB＝2OF，又DE∥AB，AB＝2DE，所以OF∥DE，且OF＝DE，∴四边形DEFO为平行四边形，∴EF∥DO，∴EF⊥平面