北京市朝阳区高二上期末数学试卷(理)(含参考答案)(最新修订)

北京市朝阳区高二上学期期末考试
数学试卷
一、选择题：共10题
1．圆被直线截得的弦长为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系、圆的性质.由圆的方程可知，圆心坐标为(2,0),半径r=2,则圆心到直线x=1的距离为d=1，由垂径定理可知，弦长为
2．抛物线上与其焦点距离等于的点的横坐标是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查抛物线的定义.设该点横坐标为x，由抛物线的定义可知，x+=3，则x=
3．已知,则是的
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.即不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】本题主要考查充分条件与必要条件.因为，所以,因此，且，故是的充分而不必要条件.
4．已知两条不同的直线,三个不同的平面,下列说法正确的是
A.若则
B.若则
C.若则
D.若则
【答案】D
【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定与性质，考查空间想象能力.因为，所以平面
内存在一条直线c与a平行，因为所以b与c垂直，则b与的位置关系不确定，故A错误；平行于同一条直线的两个平面不一定平行，故B错误；因为所以或，故C错误；因此，D 正确.
5．在圆上任取一点,过点作轴的垂线段为垂足,当点在圆上运动时,线段的中点的轨迹方程是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查点的轨迹方程、圆的方程.设点P(s,t),M(x,y),D(s,0),由题意可知，s=x，t=2y，且，消去s、t，化简可得点M的轨迹方程为
6．如图,平行六面体中,与的交点为,设,则下列向量中与相等的向量是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查空间向量的应用.由题意可得，
7．若由方程和所组成的方程组至多有两组不同的实数解,则实数的取值范围是
A.或
B.或
C. D.
【答案】B
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系. 方程表示两条直线，联立两个方程，消去x，化简可得2y2-2by+b2-2=0,由题意可知，判别式=4b2-8(b2-2),所以或
8．设是坐标原点,若直线与圆交于不同的两点,且
,则实数的最大值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题主要考查圆的性质、平面向量的平行四边形法则、菱形的性质、点到直线的距离公式.以
为邻边作菱形，由分别表示菱形两条对角线所表示的向量，因为
,所以的夹角为直角或钝角，所以圆心到直线l的距离小于等于，由点到直线的距离公式可得,所以，则实数的最大值是2
9．如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的体积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、表面积与体积，考查了空间想象能力.由三视图可知，该三棱锥的底面面积为，高为4，所以，该三棱角的体积V=
10．已知动圆位于抛物线的内部(),且过该抛物线的顶点,则动圆的周长的最大值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查抛物线的简单几何性质、圆的方程与性质.设圆的方程为x2+(y-b)2=b2(b>0),与联立消去x可得y2+(4-2b)y=0,由题意可知，要使动圆的周长最大，则圆的半径也最大，且圆与抛物线相切，则判别式=0，故b=2，所以动圆的周长的最大值是
二、填空题：共6题
11．写出命题:“任意两个等腰直角三角形都是相似的”的否定:______________;判断是__________命题. (后一空中填“真”或“假”)
【答案】存在两个等腰直角三角形,它们不相似; 假
【解析】本题主要拿考查全称命题与特称命题的否定、命题真假的判断.由全称命题的否定的定义可知：命题: 存在两个等腰直角三角形,它们不相似;显然命题是假命题.
12．已知 ,则的外接圆的方程是.
【答案】
【解析】本题主要考查圆的标准方程与圆的性质.由圆的性质可知，线段OA与线段OB的垂直平分线的交点即为圆心，所以圆心坐标为(3,4),则半径r=5,所以，所求圆的标准方程为
13．中心在原点,焦点在轴上,虚轴长为并且离心率为的双曲线的渐近线方程为__________.
【答案】
【解析】本题主要考查双曲线的简单几何性质.设双曲线的方程为,由题意可知，
b =，又因为e=3，所以c=3a，易求得a=1，所以双曲线方程为，则渐近线方程为
14．过椭圆C:的右焦点的直线与椭圆C相交于A,B 两点．若,则点与左焦点的距离=_________.
【答案】
【解析】本题主要考查椭圆的简单几何性质、平面向量的共线定理.由题意，因为,所以AB与x轴垂直，将x=1代入椭圆方程求得|y |=,即|AF2|=,又因为,所以=
15．下图为四棱锥的表面展开图,四边形为矩形,.已知顶点在底面上的射影为点,四棱锥的高为,则在四棱锥中,与平面所成角的正切值为_________.
43 (P)
P
【答案】
【解析】本题主要考查直线与平面所成的角、线面垂直，考查了空间想象能力.
由题意可知，在四棱锥
中，PA 与平面ABCD 垂直，所以∠PCA 是直线PC 与平面ABCD
所成的角，又因为
，所以AC =
，又PA=，所以与平面所成角的正切值为tan ∠PCA =
16．如图,正方体
的棱长为1,N 为中点,M 为线段上的动点(M 不与B ,重合)有四个
命题: ①平面BMN ; ②
//平面
; ③平面平面
;
④三棱锥
的体积有最大值.
其中真命题的序号是_________.
A 1
【答案】②③
【解析】本题主要考查线面与面面平行与垂直的判定与性质、空间几何体的体积空间向量的应用，考查了空间想象能力.如图所示，连接BD 、DC 1，易证AD 1//BC 1，显然CD 1与AD 1不垂直，即CD 1与BC 1
不垂直，故平面BMN 不垂直，因此①错误;根据线面与面面平行的判定定理易证平面AB 1D 1与平面BDC 1平行，则易知
//平面，故②正确;利用线面与面面垂直的判定定理易证BD 与平面
，则易得平面
平面
，故③正确;因为V D-MNC =V M-CDN ，因为三角形CDN 的面积为定值，点M 为BC 1上的动
点，且与B 、C 1不重合，所以点M 到平面CDN 的距离没有最大值，因此，V D-MNC =V M-CDN 没有最大值，故④错误
.
三、解答题：共3题
17．如图,长方体
中,为的中点,点分别为棱的中点
1B
(Ⅰ)求证:平面//平面; (Ⅱ)求证:平面
⊥平面
.
【答案】(Ⅰ)在长方体中,点和点分别为所在棱的中点,
所以且,从而四边形
为平行四边形.
所以.
又因为平面NMC ,NC 平面NMC , 所以
平面NMC .
又点M 是棱的中点,
所以MN 是
的中位线,所以
.
由于平面NMC,MN平面NMC,
所以平面NMC.
又因为平面平面,
所以平面平面NMC.
(Ⅱ)在长方体中,平面ABCD,且平面ABCD,
所以.
在矩形ABCD中,E为BC的中点,
则,
从而,即.
因为平面,
所以DE⊥平面.
又DE平面,所以平面⊥平面,
【解析】本题主要考查线面与面面平行与垂直的判定定理与性质定理，考查了空间想象能力.(1)根据题意，先证明四边形为平行四边形，即可证明，易得平面NMC，同理可证明平面NMC，则结果易证;(2)先证明，，易得DE⊥平面，则结论即可证明.
18．如图,四棱锥的底面为直角梯形,//,且,平面底面为的中点, 为等边三角形,是棱上的一点,设与不重合).
(Ⅰ)求证:;
(Ⅱ)若//平面,求的值;
(Ⅲ)若二面角的平面角为,求的值.
【答案】(Ⅰ)因为为等边三角形,为的中点,所以.
因为平面⊥平面,且平面平面平面, 所以平面.
又平面,所以.
由已知得,
所以平面.
且平面,所以.
(Ⅱ)连接交于,连接.
因为//平面平面,
平面平面,
所以.
因为//,
所以.
又,所以.
所以,则为的中点,.
(Ⅲ)方法一:
依题意,若二面角的大小为,则二面角的大小为. 连接,过点作交于,过作于,连接.
因为平面,所以平面.
又平面,所以.
又平面平面,
所以平面,从而.
则为二面角的平面角,即.
在等边中,.由于,所以.
又,所以.
在中,
解得.
方法二:由于,以为原点,
射线分别为正半轴,正半轴,正半轴建立空间直角坐标系, 如图. 根据条件可知:
平面即平面的一个法向量为.
设,由条件可知:)
即
,解得:
即.
设平面的一个法向量为,
则,
,令,则.
即.
因为二面角的平面角为,
所以,
解得.
因为,所以.
【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定定理与性质定理、二面角、空间向量的应用，考查了空间想象能力.(1)根据题意证明、，即可证明平面，则结论易得;(2) 连接交于,连接，由//平面可得，根据题意证明，则易求k的值;(3) 依题意,若二
面角的大小为,则二面角的大小为，连接,过点作交于,过作于,连接，证明，则为二面角的平面角,即，根据已知条件求解即可;法二：由于,以为原点,射线分别为正半轴,正半轴,正半轴建立空间直角坐标系, 平面即平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量为，根据题意，化简求解即可.
19．已知椭圆,过原点作直线交椭圆于两点,为椭圆上异于的动点,连接,设直线的斜率分别为),过作直线的平行线,分别交椭圆于和. (Ⅰ)若分别为椭圆的左、右顶点,是否存在点,使?说明理由.
(Ⅱ)求的值;
(Ⅲ)求的值.
【答案】(Ⅰ)不存在点,使.说明如下:
设.依题意,此时,则.
若,则需使,即.
又点在椭圆上所以,把代入(1)式中解得,,且.显然与为椭圆上异于的点矛盾,所以不存在.
(Ⅱ)设,依题意直线过原点,则.
由于为椭圆上异于的点,则直线的斜率,直线的斜率.即.
椭圆的方程化为,由于点和点都为椭圆上的点,则
,两式相减得,因为点和点不重合,所以,即.
(Ⅲ)方法一:
由于分别平行于直线,则直线的斜率,直线的斜率.
设直线的方程为,代入到椭圆方程中,得,解得.
设,由直线过原点,则.
则=.
由于,所以,即.
直线的方程为,代入到椭圆方程中,得,解得.
同理可得.则.
由(Ⅱ)问,且,则.
即
化简得.
即.
方法二:
设,由直线都过原点,则.
由于分别平行于直线,则直线的斜率,直线的斜率,由(Ⅱ)问,可得
.由于,则.由于点不可能在轴上,即,所以,过原点的直线的方程为,代入椭圆的方程中,得,化简得.
由于点在椭圆上,所以,所以,不妨设,代入到直线中,得
.即,则.
=
=
=.
又,所以.
【解析】本题主要考查椭圆的几何性质、直线的斜率公式、两条直线的位置关系、两点间的距离公式、平面向量的数量积，考查了计算能力.(1) 设.依题意,,(或k PA·k PB=),求出之间的关系，联立椭圆方程，求出的值，即可判断结论;(2) 设,依题意直线过原点,则
.由于为椭圆上异于的点,即可求出的表达式，由题意，，两式化简求
解即可;(3)法一：由于分别平行于直线,则直线的斜率,直线的斜率，设直线的方程为,代入到椭圆方程中,解得，设,由直线过原点,则，利用两点间的距离公式可得的表达式，同理得，化简即可求得的值;法二：设
,由直线都过原点,则，由于分别平行于直线,则
直线的斜率,直线的斜率,由(Ⅱ)问,可得，再直线与椭圆联立求出交点坐标，化简即可求出的值.。