【文档说明】北京市海淀区2023-2024学年高二上学期期末练习数学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，2.359 MB，由小赞的店铺上传

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海淀区高二年级练习数学2024.01考生须知1．本试卷共7页，共3道大题，19道小题．满分100分．考试时间90分钟．2．在试卷上准确填写学校名称、班级名称、姓名．3．答案一律填涂或书写在试卷上，用黑色字迹签字笔作答．4．考试

结束，请将本试卷交回．第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.椭圆C：2222xy+=的焦点坐标为（）A.(1,0)−，(1,0)B.(0,1)−，(0,1)C.()3,0−，()3,0D.()0,3−

，()0,3【答案】B【解析】【分析】先化为标准方程2212yx+=，求得22222,1,1abcab===−=，判断焦点位置，写焦点坐标.【详解】因为椭圆C：2222xy+=，所以标准方程为2212yx+=，解得22222,1,1abcab===−=，因为焦点在y轴上，所以

焦点坐标为(0,1)−，(0,1).故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.2.抛物线2yx=的准线方程是（）A.12x=−B.14x=−C.12y=−D.14y=−【答案】B【解析】【分析】

由抛物线的标准方程及性质，直接求解.【详解】由抛物线方程2yx=可知1212pp==，，故准线方程为：124px=−=−.故选：B.3.直线3310xy++=的倾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】C【解析】【分析】先求解出直线的斜

率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.【详解】因为直线方程为3310xy++=，所以斜率333k=−=−，设倾斜角为，所以tan3=−，所以120=?，故选：C.4.已知点P与(0,2),(1,0)AB−共线，则点P的坐标可以为（）A.(1,1)−B.(1,4)C

.1,12−−D.(2,1)−【答案】B【解析】【分析】三点共线转化为向量共线，利用共线条件逐个判断即可.【详解】设(,)Pxy，则(,2),(1,2)APxyAB=−=−−，由,,PAB三点共线，则//APAB，所以2(2)0xy−+−=，则2

20xy−+=.选项A，21(1)250−−+=，不满足220xy−+=，故A错误；选项B，21420−+=，满足220xy−+=，故B正确；选项C，12(1)2202−−−+=，不满足220xy−+=，故C错误；选项D，2(2)1230−−+=−

，不满足220xy−+=，故D错误.故选：B.5.已知P为椭圆222:14xyCb+=上的动点．(1,0),(1,0)AB−，且||||4PAPB+=，则2b=（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解

析】【分析】根据题意，结合椭圆的定义，得到点P的轨迹表示以,AB为焦点的椭圆，进而求得2b的值.【详解】因为(1,0),(1,0)AB−，可得2AB=，则||||42APAPBB+==，由椭圆的定义，可得点P的轨迹表示以,AB为焦点的椭圆，其中24,21ac=

=，可得2,1ac==，所以2223bac=−=，又因为点P在椭圆222:14xyCb+=，所以23b=.故选：C.6.已知三棱柱111ABCABC-中，侧面11ABBA⊥底面ABC，则“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”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】B【解析】【分析】由面面垂直的性质定理可证明“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“1CBBB⊥

”不是“CBAB⊥”的充分条件.【详解】①已知侧面11ABBA⊥底面ABC，且侧面11ABBA底面ABCAB=，又BC平面ABC，若BCAB⊥，则由面面垂直的性质定理可得BC⊥平面11ABBA，1BB平面11ABBA，则

1CBBB⊥，所以则“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要条件；②若三棱柱111ABCABC-是直三棱柱，底面ABC是正三角形，则1BB⊥底面ABC，1BB平面11ABBA，则满足条件侧面11ABBA⊥底面ABC.又BC平面ABC，则1CBBB⊥，但BC与AB不垂直.所以“1CBBB⊥

”不是“CBAB⊥”的充分条件.综上所述，“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要不充分条件.故选：B.7.在空间直角坐标系Oxyz−中，点(2,3,1)−P到x轴的距离为（）A.2B.3C.5D.10【答案】D【解析】【分析】结合空间直角坐标

系，数形结合利用勾股定理求解点(2,3,1)−P到x轴的距离.【详解】在空间直角坐标系Oxyz−中，过P作PH⊥平面xOy，垂足为H，则PHx⊥轴，在坐标平面xOy内，过H作1HPx⊥轴，与x轴交于1P，由

(2,3,1)−P，则1(2,0,0)P−，(2,3,0)H−，由1PHHPH=，PH平面1PHP，1HP平面1PHP，则x轴⊥平面1PHP，1PP平面1PHP，则x轴1PP⊥，故1PP即点(2,3,1)−P到x轴的距离，则2211310PP=+=.故选：D8.已知双曲线222:1yCx

b−=的左右顶点分别为12,AA，右焦点为F，以1AF为直径作圆，与双曲线C的右支交于两点,PQ．若线段PF的垂直平分线过2A，则2b的数值为（）A.3B.4C.8D.9【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程得1a=，结合圆的性质及线段垂直平分线的性质得2A是1AF的

中点，得到,ac关系求c，进而求出2b.【详解】由双曲线222:1yCxb−=，得1a=，12(1,0),(1,0),(,0)AAFc−，由题意，点P在以1AF为直径的圆上，则1APPF⊥，取PF的中点M,由线段PF的垂直平分线过2A，则2AM

PF⊥，则12//APAM，故2A是1AF的中点，122AAAF=且12222,1AAaAFcac===−=−，所以12c−=，解得3c=，故222918bca=−=−=.故选：C..9.设动直线l与()22:1

5Cxy++=交于,AB两点．若弦长AB既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线l的方程可以是（）A.2xya+=B.2axya+=C.2axy+=D.xaya+=【答案】D【解析】【分析】由动直线恒与圆相交得直线过圆内一定点，再验证弦长取最值即可.【详解】()22:1

5Cxy++=，圆心(1,0)C−，半径5r=，选项A，由直线2xya+=斜率为12−，可得动直线为为平行直线系，圆心(1,0)C−到直线20xya+−=的距离15ad−−=，当6a−或4a时，5d，直线与圆不相交，不满足题意，故A错误；选项B，由直线2axya+=可化为(2)0ax

y−+=，则直线恒过(2,0)，因为()2215+，点(2,0)在圆外，故直线不一定与圆相交，故B错误；选项C，由直线2axy+=恒过(0,2)，点(0,2)在圆上，当12a=时，直线方程可化为240xy+−=，此时圆心(1,0)C−到直线240xy+−=的距离145

5dr−−===，圆与直线相切，不满足题意，故C错误；选项D，由直线方程xaya+=可化为(1)0xay+−=，则直线恒过(0,1)M，且点M在圆C内，故直线恒与圆C相交，当直线过圆心C时，弦长最长，由(1,0)−在直线(1)0xay+−=上，可得1a=−，AB取到最大值；

如图，取AB中点T，则CTAB⊥，圆心到直线的距离dCTCM=222225ABrdd=−=−，当d取最大值CM时，弦长最短，即当直线与CM垂直时，弦长最短，由CM的斜率为01110CMk−==−−此时直线斜率为11ka==，即当1a=时，AB取到最小值.故D正确.

故选：D.10.如图，已知菱形ABCD的边长为2，且60,,AEF=分别为棱,ABDC中点．将BCF△和ADEV分别沿,BFDE折叠，若满足//AC平面DEBF，则线段AC的取值范围为（）A.)3,23B.3,23C.)2,23D.2,23【答案】

A【解析】【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出AC的长度，折叠过程中证明平面//EAB平面FDC，面面距离即为AC的最小值，由此得到AC的范围.【详解】折叠前，连接,ACBD.由题意，在菱形ABCD中，2ABBC==，18060120ABC

=−=，则由余弦定理得，22212cos44222122ACABBCABBCABC=+−=+−−=，所以，23AC=，故在折叠过程中，23AC.折叠后，若//AC平面DEBF，则AC平面DEBF，则23AC，故BD项错误；折叠前，在菱形AB

CD中，2BABD==，60DAB=，则ABD△是正三角形，由,EF分别为棱,ABDC中点，则,,//DEABBFDCABDC⊥⊥，所以//DEBF.折叠后，,,DEAEDEEBAEEBE⊥⊥=，又AE平面EAB，且EB平面EAB，则

DE⊥平面EAB，同理BF⊥平面FDC，所以平面//EAB平面FDC，则平面EAB与平面FDC的距离即为3232DE==，由点A平面EAB，点C平面FDC，则3AC.在折叠过程中，当60DFCAEB==时，由,AEEBDFFC==，则,EBADFC均为正三角形，可构成如图所示正三棱柱

DFCEBA−，满足//AC平面DEBF，此时3ACDE==.所以AC最小值为3，故A正确，C项错误.故选：A.的第二部分（非选择题共60分）二、填空题共5小题，每小题4分，共20分．11.双曲线22:14yCx−=的渐近线方程为____

_____．【答案】2yx=【解析】【分析】利用双曲线的性质即可求得渐近线方程.【详解】由双曲线的相关知识可知：1a=，2b=所以焦点在x轴双曲线的渐近线方程为：2byxxa==故答案为：2yx=12.如图，已知E，F分别为三棱锥DABC

−的棱,ABDC的中点，则直线DE与BF的位置关系是__________（填“平行”，“异面”，“相交”）．【答案】异面【解析】【分析】假设共面推出矛盾.【详解】假设直线,DEBF共面，EB平面DEBF，由AEB，则AB平面

DEBF，同理，DC平面DEBF，故,ABCD共面，这与DABC−是三棱锥矛盾，故假设错误，故直线,DEBF异面.故答案为：异面.13.经过点(0,1)A且与直线:210lxy+−=垂直的直线方程为_______________．【答案】210xy−+=【解析】【分

析】求出所求直线的斜率，利用点斜式方程可得出所求直线的方程.【详解】直线:210lxy+−=的斜率为12−，则与直线:210lxy+−=垂直的直线的斜率为2，则直线方程为12(0)yx−=−，即210xy−+=.故答案：210xy−+=14.

作为我国古代称量粮食的量器，米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．右图是一件清代老木米斗，可以近似看作正四棱台，测量得其内高为12cm，两个底面内棱长分别为18cm和9cm，则估计该米斗的容积为__________3cm．【答

案】2268【解析】【分析】先画出正四棱台的直观图，再利用台体的体积公式即可求解.【详解】根据题意，正四棱台的直观图如下：由题意可知，高112cmOOh==，下底面正方形的变长9cmAB=，其面积()219981cmS==，为上底面

正方形的变长18cmAB=，其面积()221818324cmS==，由台体的体积公式可得，该正四面体的体积:()()()31122118181324324122268cm33VSSSSh=++=++=.故该米斗的容积为32268cm.故答案：2268.1

5.已知四边形ABCD是椭圆22:12xMy+=的内接四边形，其对角线AC和BD交于原点O，且斜率之积为13−．给出下列四个结论：①四边形ABCD是平行四边形；②存在四边形ABCD是菱形；③存在四边形ABC

D使得91AOD=；④存在四边形ABCD使得2264||||5ACBD+=．其中所有正确结论的序号为__________．【答案】①③④【解析】【分析】利用椭圆的对称性判断①；利用菱形的对角线互相垂直可判断②；利用正切函数的和差公式与性质判断③；利用斜率关系得到22||||OAOB+的表达式，

然后利用基本不等式求22||||ACBD+的最大值，可判断④.【详解】因为四边形ABCD是椭圆22:12xMy+=的内接四边形，AC和BD交于原点O，由椭圆的对称性可知OAOC=且OBOD=，所以四边形ABCD是平行四边形，故①正确；假设对角

线AC和BD的斜率分别为12,kk，若四边形ABCD是菱形，则其对角线互相垂直，即121kk?-，而这与1213kk=−矛盾，所以不存在四边形ABCD是菱形，故②错误；不妨设直线AC的倾斜角为，直线BD的倾斜角为，且，为则12t

an,tan0kk==，又1213kk=−，则1213kk=−，则()122122tantan31tantan1tantan123kkAODkkkk−−=−===−−++223123tan12023kk−=−=，又0

180AOD，则90120AOD，所以存在四边形ABCD使得91AOD=，故③正确；直线AC的方程1ykx=，直线BD的方程2ykx=，由12212ykxxy=+=，得()22122xkx+=，即122122kx=

+，可得1222212ACxkx=+=，同理可得2222212BDxkx=+=，则()()22122222221212212111||221212121kkOAOBkkkk+++=+=++++++，由1213kk=−，得222119kk=，

令()22121,09ktktt==，则22211119||||222221199tttttOAOB+=+++++=+++()()()92221123321922192tttttt+−+−=++=+++++25552181322181321811163333553ttttttt++++=+=+

+=+=+，当且仅当218tt=，即221211,33tkk===时，等号成立；于是()()()22222264||224||5ACBDOAOBOAOB+=+=+，当且仅当221213kk==，即四边形A

BCD矩形时，等号成立，所以存在四边形ABCD使得2264||||5ACBD+=，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】关键点睛：本题结论④的解决关键是利用弦长公式得到22||||ACBD+关于t的表达式，从而利用基本不等式即可得解.三、解答题共4小题，

共40分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16.已知圆222:(2)(0)Cxyrr−+=与y轴相切．（1）直接写出圆心C的坐标及r的值；（2）直线:3410lxy−−=与圆C交于两点,AB，求||AB．【答案】（1）圆心(2,0)C，2r=（2）23【解析】【分析】

（1）由圆的方程得圆心坐标，结合图形，圆与y轴相切得半径；（2）法一由弦长公式求解；法二利用几何法勾股定理求解.【小问1详解】圆222:(2)(0)Cxyrr−+=，则圆心(2,0)C，因为圆222:(2)(0)Cxyrr−+=与y轴相切，则半径2r=.【小问2详解】由（1）知，圆的

方程为22:(2)4Cxy−+=，圆心(2,0)C，半径为2.法一：设()()1122,,,AxyBxy，联立()22341024xyxy−−=−+=，得2257010xx−+=，2(70)42548000=−

−=，则1212141,525xxxx+==，所以2221212123551441()423444525ABxxxxxx=+−=+−=−=；法二：圆心(2,0)C到直线:3410lxy−−

=的距离22231123(4)d−==+−，则22224123ABrd=−=−=.故23AB=.17.已知直线:1lykx=+经过抛物线2:2Cxpy=的焦点F，且与C的两个交点为P，Q．（1）求C的方程；（2）将l向上平移5个单位得到

,ll与C交于两点M，N．若24MN=，求k值．【答案】（1）24xy=（2）3k=【解析】【分析】（1）由直线l与y轴交点得焦点F，待定p可得方程；（2）联立直线l与抛物线C的方程，由已知弦长利用弦长公式建立关于k的

方程，求解可得.【小问1详解】抛物线2:2Cxpy=的焦点F在y轴上，直线:1lykx=+，令0x=，得1y=，则焦点(1,0)F，所以12p=，即2p=，所以抛物线C的方程为24xy=；【小问2详解】直线:1lykx=+向上平移5个单位得到:6lykx

=+，由246xyykx==+，消y得24240xkx−−=，设直线l与C交于两点1122(,),(,)MxyNxy，则216960k=+，且12124,24xxkxx+==−，()()()22222221211212121()14MNxxyykxx

kxxxx=−+−=+−=++−()2222144(24)416kkkk=+−−=++，由24MN=，化简整理得427300kk+−=，解得210k=−（舍）或23k=，所以3k=.18.如图，四棱锥EABCD−中，⊥AE平面,,,

2,1ABCDADABADBCAEABBCAD⊥====∥，过AD的平面分别与棱,EBEC交于点M，N．（1）求证：ADMN∥;（2）记二面角ADNE−−的大小为，求cos的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）由线面平行判定定理与性质定理可证；（2）

建立空间直角坐标系，设,0,1BMBE=，利用法向量方法，用表示两平面法向量夹角的余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求cos最大值.【小问1详解】因为//ADBC，AD平面BCE，BC平面BCE，所以//AD平面BCE.

因为过AD的平面分别与棱,EBEC交于,MN，所以//ADMN；【小问2详解】因为⊥AE平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以,AEABAEAD⊥⊥，又因为ABAD⊥，如图，建立空间直角坐标系Axyz−

，则(2,0,0),(2,0,2),(0,2,0),(0,0,1)BCED，所以(0,2,1),(2,2,2),(2,2,0),(0,0,1)EDECBEAD=−=−=−=，设,0,1BMBE=，则(2,0,0)(2,2,0)(22,2

,0)AMABBM=+=+−=−，设平面AND即平面AMND的法向量为111(,,)mxyz=，则1110(22)20mADzmAMxy===−+=，令1x=，则11y=−

，于是(,1,0)m=−；设平面END即平面ECD的法向量为222(,,)nxyz=，则22222202220nEDyznECxyz=−+==−+=，令21y=，则222,1zx==−，于是(1,1,2)n=−，所以22211cos,6(1)116222m

nmnmn−−===+−−+，因为0,1，所以36cos,,36mn−−，由二面角ADNE−−的大小为，根据(,1,0),(1,1,2)mn=−=−的方向判断可得π,mn=−，所以，当12=时，cos最大值为33.19.已知

椭圆2222:1(0)xyEabab+=的两个顶点分别为(2,0),(2,0)AB−，离心率()()0001,,02ePxyy=为椭圆上的动点，直线,PAPB分别交动直线xt=于点C，D，过点C作PB的垂线交x轴于点H．（1）求椭圆

E的方程；（2）HCHD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．【答案】19.22143xy+=20.存在；12【解析】【分析】（1）由离心率及顶点坐标结合222bca+=即可求解；（2）

结合两点式得直线,PAPB方程，进而得到点,CD坐标，由直线CH与直线PB垂直得到直线CH的的斜率，结合点斜式得直线CH的方程，进而的到点H坐标，结合数量积的坐标运算及二次函数的最值即可求解.【小问1详解

】由12cea==，又两个顶点分别为(2,0),(2,0)AB−，则2,1ac==，2223bac=−=，故椭圆E的方程为22143xy+=；【小问2详解】()()000,0Pxyy为椭圆上的动点，则02x，故直线,PAP

B的斜率存在且不为0，则直线PA：0022yxyx+=+，即00(2)2yyxx=++，则点00(,(2))2yCttx++，则直线PB：0022yxyx−=−，即00(2)2yyxx=−−，则点00(,(2))2y

Dttx−−，则直线CH的斜率为002xy−，故直线CH：00002(2)()2yxytxtxy−−+=−+，令0y=,得2020(2)4Htyxtx+=+−，又()00,Pxy在椭圆上，则2200143xy+=，整理得()2020344xy−=，所以36(2)44Htxtt−=−+=，则6,04

tH−，所以()22200020004(2)(2)3636(36),,4242164tytytytttHCHDxxx−+−+++==++−−()22234(36)3(6)1216416ttt−+−=−=−+综上，存在6t=，使得HCHD

有最大值12.【点睛】按题意结合两点式，点斜式求得点坐标，结合数量积运算及二次函数的最值即可求，思路相对明确，运算要细心，是中档题.