北京市海淀区2019-2020学年高二上学期期末考试数学(文)试题Word版含解析

北京市海淀区2019-2020学年上学期期末考试高二数学（文）试题一、选择题共8小题，每小题4分，共32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.直线在y轴上的截距为A.B.C.D.【答案】D【解析】∵令，此时∴在轴上的截距为1故选D2.双曲线的渐近线方程为A.B.C.D.【答案】A【解析】∵由双曲线的方程可知∴渐近线的方程为故选A3.已知圆经过原点，则实数等于A.B.C.D.【答案】B【解析】∵圆经过原点∴代入可得∴故选B4.鲁班锁是曾广泛流传与民间的智力玩具，它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，不用钉子和绳子，完全靠自身机构的连接支撑，它看似简单，却凝结着不平凡的智慧.下图为鲁班锁的其中一个零件的三视图，则该零件的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】∵由图可知要计算鲁班锁的体积，可将其分解为求三个长方体的体积左右两个长方体的长宽高分别为，中间的长方体长宽高为∴零件的体积为故选C5.椭圆：的焦点为，，若点在上且满足，则中最大角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】∵椭圆∴焦点∵点在上∴∵∴，∵∴中最大角为∴∴故选A点睛：本题考查椭圆的简单的性质的应用，根据三边求最大角，先求出最大边，根据“大边对大角”可以判断最大角，再利用余弦定理求出余弦值即可得角.6.“”是“方程表示双曲线”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】C【解析】若方程为双曲线，则∴是方程表示双曲线的充分必要条件故选C7.已知两条直线，两个平面，下面说法正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】对于，，则两条直线可以平行，可以相交，故错误；对于，，则两条直线可以相交，故错误；对于，若，直线与平面可以平行，或者相交，故错误；对于，若，则平面内任意一条直线平行于，因为，所以，故正确故选D点睛：本题主要考查线面平行的判定与性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等.8.在正方体的中，点是的中点，点为线段（与不重合）上一动点.给出如下四个推断：①对任意的点，平面；②存在点，使得；③对任意的点，则上面推断中所有正确．．的为A.①②B.②③C.①③D.①②③【答案】D【解析】对于①，∵由题可知平面∥平面∴平面内任意一条直线平行于平面∵∴∥平面，故①正确对于②，作的中点，由题可知∥当且仅当点位于与的交点时∥，故②正确对于③，∵四方体为正方体∴平面∵平面∴同理可证得∵与相交于点∴平面∵点为线段（与不重合）上一动点∴对任意的点，，故③正确故选D二、填空题共6小题，每小题4分，共24分。9.直线的倾斜角为______,经过点且与直线平行的直线方程为______________.【答案】(1).(2).【解析】∵直线的斜率为，设倾斜角为∴∴设与直线平行的直线方程为，将点代入可得故直线方程为故答案为10.抛物线的焦点坐标为________，点到其准线的距离为________.【答案】(1).(2).5【解析】抛物线的标准方程为，焦点坐标为故焦点的坐标为，准线方程为点到其准线的距离为故答案为【答案】（此答案不唯一）【解析】在正方体的一个面上取三个点构成的直角三角形作为三棱锥的底面，如；取对面上与直角三角形锐角顶点正对的顶点，作为三棱锥的顶点，即点，可得两个符合条件的三棱锥故答案为12.直线被圆所截得的弦长为______________.【答案】【解析】∵圆的圆心为，半径为∴圆心到直线的距离∵半径为1∴弦长为故答案为点睛：弦长的两种求法①代数方法：将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程.在判别式的前提下，利用根与系数的关系，根据弦长公式求弦长.②几何方法：若弦心距为，圆的半径长为，则弦长.13.已知椭圆和双曲线的中点均为原点，且焦点均在轴上，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】由题意及表格知：是椭圆上的点，和是双曲线上的点设双曲线的标准方程为∴∴∴∴双曲线的离心率为故答案为14.曲线的方程为①请写出曲线的一条对称轴方程_________；②请写出曲线上的两个点的坐标_________；③曲线上的点的纵坐标的取值范围是_________.【答案】(1).（或）(2).此答案不唯一(3).【解析】曲线的方程为即为，即有∴，则①将换为，不变，方程不变，可得曲线的一条对称轴为，同理可得另一条对称轴为②令，可得或，可得曲线上的两点的坐标为，③由，即，平方可得∴∴，即∴曲线上点的纵坐标范围是故答案为(1).（或）(2).此答案不唯一(3).三、解答题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。15.在平面直角坐标系中，圆的半径为1，其圆心在射线上，且.（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线过点，且与圆相切，求直线的方程.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或．【解析】试题分析：（Ⅰ）设出的坐标，根据线段长度求出的坐标，即可求圆的方程；（Ⅱ）讨论直线斜率是否存在，利用直线和圆相切的位置关系建立方程关系进行求解即可．试题解析：（Ⅰ）设圆心，则解得，（舍掉）所以圆（Ⅱ）若直线的斜率不存在，直线：，符合题意若直线的斜率存在，设直线为，即由题意,圆心到直线的距离，解得所以直线的方程为综上所述，所求直线的方程为或．16.如图，在三棱锥中，，且点分别是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）由点，分别是，的中点，得，由此能证明平面；（Ⅱ）推导出，，从而平面，由此能证明．试题解析：（Ⅰ）证明：在中，∵，分别是，的中点,∴∵平面，平面∴平面．（Ⅱ）证明：∵，，是的中点,∴，∵，平面∴平面∵平面∴17.如图，平面平面，四边形和是全等的等腰梯形，其中，且，点为的中点，点是的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）请在图中所给的点中找出两个点，使得这两点所在的直线与平面垂直，并给出证明．．；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求出的长度；如果不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）由四边形是等腰梯形，点为的中点，点是的中点，得，从而可证平面；（Ⅱ）依题意可证，再根据可证为菱形，即可证；（Ⅲ）假设存在点，使得∥平面，可证为平行四边形，从而推出∥平面，即可证∥平面，则为平行四边形，从而推出矛盾，即可得出结论.试题解析：（Ⅰ）∵四边形是等腰梯形，点为的中点，点是的中点∴又∵平面平面，平面平面∴平面（Ⅱ）点为所求的点∵平面∴又∵，且∴为菱形∴∵，∴平面（Ⅲ）假设存在点，使得∥平面由，所以为平行四边形，∴∥∵平面∴∥平面又∵∴平面∥平面，∴∥平面∴∥，∴为平行四边形∴，矛盾，∴不存在点，使得∥平面18.已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，是斜边长为的等腰直角三角形,若直线与椭圆交于不同两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）当时，求线段的长度；（Ⅲ）是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】试题分析：（Ⅰ）由是斜边长为的等腰直角三角形，可得，即可求出椭圆的标准方程；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，消去可得，根据韦达定理和弦长公式可得线段的长度；（Ⅲ）根据点到直线的距离公式求出，再根据，即可求出的值.试题解析：（Ⅰ）由题意，，且∴，则椭圆的标准方程为（Ⅱ）把直线和椭圆的方程联立，则当时，有，，∴（Ⅲ）假设存在，使得.∵点到直线的距离为∴∴，解得代入∴均符合题意点睛：本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理及弦长公式，考查运算能力，属于中档题.直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．