2024北京十一學校高二（上）段考一數學試題及答案

試題試題2024北京十一學校高二（上）段考一數學時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題（共12道題，每題5分，共60分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。1.拋物線的焦點坐標為（）A. B. C. D.2.雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.3.已知圓錐的底面半徑為1，高為，則這個圓錐的側面面積為（）A. B. C.2 D.4.已知，則“”是“方程表示雙曲線”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件5.下列四個命題中正確的是（）A.正三棱錐的每個面都是正三角形B.所有棱長都相等的四棱柱是正方體C.以矩形的一邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓柱D.以直角三角形的一邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐6.已知兩條不同的直線，兩個不同的平面，則（）A.若則B.若則C.若則D.若則7.如圖，已知正四棱錐的所有棱長均為2，為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）.A. B. C. D.8.唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示，其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫，體現(xiàn)了古人的智慧與工藝．它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體（假設內壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如圖2所示．已知球的半徑為R，酒杯的容積，則其內壁表面積為（）A. B. C. D.9.已知過圓錐曲線的焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的弦被稱為該圓錐曲線的通徑，清代數學家明安圖在《割圓密率捷法》中，也稱圓的直徑為通徑.已知圓的一條直徑與拋物線的通徑恰好構成一個正方形的一組鄰邊，則（）A. B.1 C.2 D.410.下列說法正確的個數是（）①動點滿足，則P的軌跡是橢圓②動點滿足，則P的軌跡是雙曲線③動點滿足到y(tǒng)軸的距離比到的距離小1，則P的軌跡是拋物線④動點滿足，則P的軌跡是圓和一條直線（）A.0 B.1 C.2 D.311.設是同一個半徑為4的球的球面上四點，為等邊三角形且其面積為，則三棱錐體積的最大值為A. B. C. D.12.直線與曲線的公共點的個數是（）．A.1 B.2 C.3 D.4二、填空題（共6道題，每題5分，共30分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。13.拋物線上點到焦點距離為，則點的橫坐標為__________.14.已知雙曲線的一條漸近線為，則雙曲線的離心率為________.15.如圖，已知正方體，E，F(xiàn)分別是上底面和側面的中心．若．則______．16.已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________．17.過點，且與圓外切的動圓圓心P的軌跡方程為________．18.已知正方體，則以下結論正確的是________．①直線與所成的角為②直線與所成的角為③直線與平面所成的角為④直線與平面所成的角為三、解答題（5道大題，共60分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。19.如圖，在邊長是2的正方體中，E、F分別為AB、的中點．求證：（1）平面；（2）平面．20.如圖，已知四棱錐的底面是正方形，平面平面，且，點M、N分別為側棱PD、PC的中點．（1）求證：平面平面AMN；（2）當時，求三棱錐體積．21.已知橢圓的左焦點為，且經過點．（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線，直線與橢圓相交于，兩點，的面積為，求直線的方程．22.如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．（1）求證：平面；（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．23.若橢圓上有一動點，到橢圓的兩焦點，的距離之和等于，橢圓的離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）若過點的直線與橢圓交于不同兩點、，，（為坐標原點），求實數的取值范圍.參考答案一、選擇題（共12道題，每題5分，共60分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。1.【答案】B【分析】由拋物線標準方程類型可直接得出焦點坐標.【詳解】根據拋物線標準方程為可得其焦點坐標為.故選：B2.【答案】C【分析】利用雙曲線方程可得漸近線方程．【詳解】雙曲線的漸近線方程為，即，故選：C.3.【答案】B【分析】先求得圓錐的母線長，然后求得側面積.【詳解】圓錐的母線長為，所以側面積為.故選：B4.【答案】B【分析】根據雙曲線標準方程的定義，可得，再根據充分必要條件的集合關系，可得到答案.【詳解】由方程表示雙曲線，可得，解得或，則為或的充分不必要條件，故選：B.5.【答案】C【分析】根據題意，舉出反例可得AB錯誤，由圓柱、圓錐的定義綜合分析可知C正確，D錯誤.【詳解】對于A，正三棱錐的底面為正三角形，側面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形，且能保證頂點在底面內的投影在底面正三角形的中心即可，可知A錯誤；對于B，底面是菱形的直四棱柱，其側棱長與底面邊長相等時，該四棱柱的所有棱長都相等，但不是正方體，可得B錯誤；對于C，以矩形的一邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓柱，即C正確；對于D，以直角三角形的一條直角邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體叫做圓錐，可得D錯誤.故選：C6.【答案】D【分析】根據面面平行的性質結合線線的位置關系，判斷A；根據面面垂直的性質結合線面的位置關系，判斷B；根據線面垂直的性質結合線面的位置關系，判斷C；根據線面平行的性質定理判斷D.【詳解】對于A，若則可能平行，也可能異面，A錯誤；對于B，若則可能有，也可能有，B錯誤；對于C，若則有可能是，也可能，C錯誤，對于D，根據線面平行的性質定理可知若則，正確，故選：D7.【答案】C【分析】連接，取的中點，連接，，由題意可知，即異面直線與所成角為或其補角，結合余弦定理求解即可.【詳解】連接，取的中點，連接，，因為為棱的中點，所以，即異面直線與所成角為或其補角，在中，，，，則，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：.8.【答案】C【分析】根據圓柱和球的體積公式和表面積公式即可求解.【詳解】設圓柱部分的高是，所以，所以所以，內壁表面積為，故選：C.9.【答案】C【分析】根據圓的通徑的上端點就是拋物線通徑的上右端點，可得拋物線經過點2,1，從而可得答案.【詳解】因為圓的一條直徑與拋物線的通徑恰好構成一個正方形的一組鄰邊，而拋物線的通徑與軸垂直，所以圓的這條直徑與軸垂直，且圓的直徑的上端點就是拋物線通徑的右端點，因為圓的圓心為，半徑為，所以該圓與軸垂直的直徑的上端點為2,1，即拋物線經過點2,1，則，即.故選：C10.【答案】C【分析】根據橢圓、雙曲線、拋物線、直線和圓的知識對四個說法進行分析，從而確定正確答案.【詳解】①，表示點與點的距離和為，而兩點的距離為，所以點軌跡是兩點間的線段，①錯誤.②，表示點與點的距離和為，而兩點的距離為，，所以點的軌跡是橢圓，②錯誤.③，動點滿足到y(tǒng)軸的距離比到的距離小1，則動點滿足到直線的距離和到的距離相等，所以則P的軌跡是拋物線，③正確.④，動點滿足，則或，所以P的軌跡是圓和一條直線，④正確.所以正確的有個.故選：C11.【答案】B【詳解】分析：作圖，D為MO與球的交點，點M為三角形ABC的中心，判斷出當平面時，三棱錐體積最大，然后進行計算可得．詳解：如圖所示，點M為三角形ABC的中心，E為AC中點，當平面時，三棱錐體積最大此時，,點M為三角形ABC的中心中，有故選B.點睛：本題主要考查三棱錐的外接球，考查了勾股定理，三角形的面積公式和三棱錐的體積公式，判斷出當平面時，三棱錐體積最大很關鍵，由M為三角形ABC的重心，計算得到，再由勾股定理得到OM，進而得到結果，屬于較難題型．12.【答案】B【分析】考慮和兩種情況，畫出曲線和直線圖像，根據圖像得到答案.【詳解】當時，曲線，即，雙曲線右半部分；一條漸近線方程為：，直線與漸近線平行；當時，曲線，即，橢圓的左半部分；畫出曲線和直線的圖像，如圖所示：根據圖像知有個公共點.故選：B二、填空題（共6道題，每題5分，共30分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。13.【答案】.【分析】由拋物線的定義結合題中條件可得出點的橫坐標．【詳解】設點的坐標為，根據拋物線定義可知M到焦點距離扥等于到準線距離，則點到焦點的距離為，解得，故答案為：.【點睛】本題考查拋物線的定義，在拋物線中，點到焦點的距離通常和點到準線的距離進行轉化，考查拋物線定義的應用，屬于基礎題．14.【答案】【詳解】試題分析：根據雙曲線的漸近線的方程知即，所以此雙曲線的離心率.考點：雙曲線的標準方程、漸近線方程和離心率.15.【答案】【分析】連接，根據中線向量公式，結合在正方體中，即可求解.【詳解】連接，因為E，F(xiàn)分別是上底面和側面的中心，所以E，F(xiàn)分別是的中點，所以，

，所以，又，所以，則.故答案為：.16.【答案】如果l⊥α，m∥α，則l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，則m∥α.【分析】將所給論斷，分別作為條件、結論加以分析.【詳解】將所給論斷，分別作為條件、結論，得到如下三個命題：（1）如果l⊥α，m∥α，則l⊥m.正確；（2）如果l⊥α，l⊥m，則m∥α.正確；（3）如果l⊥m，m∥α，則l⊥α.不正確，有可能l與α斜交、l∥α.【點睛】本題主要考查空間線面的位置關系、命題、邏輯推理能力及空間想象能力.17.【答案】【分析】設點，且圓的圓心，由題意，即，得點P的軌跡為以A，B為焦點的雙曲線的左支，計算得出方程.【詳解】點，且圓的圓心，半徑為2，由題意，即，所以點P的軌跡為以A，B為焦點的雙曲線的左支，且，，得，故圓心P的軌跡方程為．故答案為：.18.【答案】①②④【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法對四個結論進行分析，從而確定正確答案.【詳解】設正方體的邊長為，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，所以直線與所成的角為，①正確.，所以直線與所成的角為，②正確.，設平面的法向量為，則，故可設，設直線與平面所成的角為，則，由于，所以，③錯誤.平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則,由于，所以，④正確.故答案為：①②④三、解答題（5道大題，共60分），請將答案填寫到答題卡規(guī)定的位置。19.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【分析】（1）連結，連結，先利用平行四邊形證得，再利用線面平行的判定定理得到平面；（2）利用線面垂直的判定定理，由，證得平面，再由證得平面.【小問1詳解】如圖，連結，連結，因為在正方體中，面是正方形，所以，是的中點，又因為是的中點，所以且，因為是的中點，所以，又，所以，所以四邊形是平行四邊形，故，又面，面，所以平面；【小問2詳解】由（1）知，易得平面，又面，故,又因為，面，所以平面，又，所以平面.20.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面AMN；（2）根據錐體體積公式來求得正確答案.【小問1詳解】由于平面平面，且交線為，四邊形是正方形，平面且，所以平面，由于平面，所以.由于是的中點，所以，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面AMN；【小問2詳解】連接，由（1）可知平面，由于，所以，由于平面，平面，所以，所以，由于分別是的中點，所以，且，所以，所以.21.【答案】（1）（2）或【分析】（1）利用橢圓對稱性以及橢圓定義可得，即可求得橢圓的方程；（2）設出直線的方程為，并利用弦長公式以及點到直線距離得出的面積表達式，解方程即可得出，求得直線方程.【小問1詳解】根據橢圓性質可得右焦點為，由橢圓定義可得點到兩焦點距離之和為，解得，所以，因此橢圓的方程為【小問2詳解】依題意可設直線的方程為，Ax1,聯(lián)立橢圓與直線l的方程，消去可得；所以，因此，又易知點O0,0到直線的距離為，所以的面積為，解得，所以直線的方程為或.22.【答案】（1）見解析（2）見解析【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【小問1詳解】取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，【小問2詳解】因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法