1、北京市育英学校高二1-5班期末练习书写试卷本试卷150分，考试时长120分钟，考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分（选择题 共60分）一、选择题共12小题，每小题5分，共60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. 已知直线与直线平行，则=（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行，由直线的方程，可直接得出结果.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得，此时直线与直线显然平行，满足题意，故.故选：D.2. 已知向量，并且，则实数x的值为（ ）A. 10B. -10C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据空间向量垂直的充分必要
2、条件是其数量积为零，即，解出即可.【详解】解：，解得.故选：B.【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系，属于基础题.向量等价于.3. “”是“直线的倾斜角大于”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】A【解析】【分析】设直线的倾斜角为，则，由“”，可得，再举特例，可得由“直线的倾斜角大于”不能得到“”，即可得解.【详解】解：设直线的倾斜角为，则，若“”，则，即，即由“”能推出“直线的倾斜角大于”，若“直线的倾斜角大于”，不妨令，则，则不能得到“”，即“”是“直线的倾斜角大于”的充分而不必要条件，故选A.【点睛】本题考查了直线斜率与
3、倾斜角、充分必要条件，重点考查了逻辑推理能力，属基础题.4. 如图，设，若，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算可得的表示形式，从而可得正确的选项.【详解】连接，则，而，所以，故选：A.5. 若直线与双曲线相交，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立直线和双曲线的方程得到，即得的取值范围.【详解】联立直线和双曲线的方程得当，即时，直线和双曲线的渐近线重合，所以直线与双曲线没有公共点.当，即时，解之得.故选：C.【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.6. 设点是直
4、线上的动点，为原点，则的最小值是（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】利用点到直线的距离公式直接求出原点到直线的距离，即为的最小值.【详解】原点到直线的距离为，故的最小值为.故选：B.7. 若圆心坐标为的圆被直线截得的弦长为，则这个圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】利用垂径定理可构造方程求得，由此可得圆的方程.【详解】设圆的半径为，圆心到直线的距离，解得：，圆的方程为：.故选：B.8. 直线l过抛物线的焦点F，且l与该抛物线交于不同的两点，若，则弦AB的长是（ ）A. 4B. 5C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】由题意得，再结合抛物线
5、的定义即可求解.【详解】由题意得，由抛物线的定义知：，故选：A【点睛】本题主要考查了抛物线的几何性质，考查抛物线的定义，属于基础题.9. 九章算术是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】过点作交于点，连接，则异面直线与所成角或其补角，然后在中求解.【详解】如下图所示，在平面中，过点作交于点，连接，则异面直线与所成角为或其补角，设，则，因为，所以，四边形为平行四边形，所以，由于，由勾股定理可得，所以，则.故选：D.【点睛】思
6、路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角10. 已知点分别是椭圆的左右焦点,点P在此椭圆上,则的面积等于( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据椭圆标准方程，可得，结合定义及余弦定理可求得值，由及三角形面积公式即可求解.【详解】椭圆则，所
7、以，则由余弦定理可知代入化简可得，则，故选：B.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质的简单应用，正弦定理与余弦定理的简单应用，三角形面积公式的用法，属于基础题.11. 如图，四个棱长为的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据平面向量运算法则可知，由线面垂直性质可知，从而得到，进而得到结果.【详解】平面 则的不同值的个数为个故选：【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想.
8、12. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为8，点H在棱AA1上，且HA12，在侧面BCC1B1内作边长为2的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1距离等于线段PF的长，则当点P在侧面BCC1B1运动时，的最小值是（ ）A. 87B. 88C. 89D. 90【答案】B【解析】【分析】如图，建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，连接，得出，当最小时，最小，利用空间直角坐标系求出的最小值即可【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，过点作，垂足为，连接，则，所以，当最小时，最小，过作，垂足为，设，则，且，因为，所以，化简得，所以，当时，取得最小值24，此时
9、，所以的最小值为88，故选：B【点睛】此题考查了空间直角坐标系的应用，考查了空间中距离的最值问题，考查了数形结合的思想，属于较难题第二部分（非选择题 共90分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分13. 焦点为的抛物线标准方程是_【答案】【解析】焦点为，故p=4,方程为故答案为 .14. 若椭圆的离心率是，则的值为_.【答案】或【解析】【分析】分焦点在轴和轴分类讨论，结合离心率得表达式即可求解【详解】当椭圆的焦点在x轴上时，由题意得，解得；当椭圆的焦点在y轴上时，由题意得，解得.综上所述，或故答案为：或【点睛】本题考查由椭圆的离心率求解参数值，属于基础题15. 已知直线：与圆相切，则的值是
10、_.【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线的距离为半径可求的值.【详解】因为直线：与圆相切，故圆心到直线的距离，解得，故答案为：16. 经过直线l1：x3y40和l2：2xy50的交点，并且经过原点的直线方程是_【答案】3x19y0.【解析】【分析】联立方程可解交点，进而可得直线的斜率，可得方程，化为一般式即可【详解】联立方程，解得，两直线的交点为（，），直线的斜率为=，直线的方程为y=x，即3x+19y=0故答案为：3x19y0【点睛】本题考查过两点的直线的方程，涉及直线的交点问题，属基础题17. 若平面上两点，则上满足的点的个数为_.【答案】2【解析】【分析】先根据题中条件，由确定点的轨迹
11、方程，再判断直线与点轨迹的交点个数，即可得出结果.【详解】设，因为，所以，即，整理得，即点的轨迹方程为；又，即点在圆内，而直线恒过点，所以直线与圆必相交，即有两个不同交点；因此上满足的点的个数为.故答案为：【点睛】方法点睛：判断直线与圆位置关系的常用方法：（1）几何法：求出圆心到直线距离，与圆的半径进行比较；若大于半径，则相离，没有交点；若等于半径，则相切，有一个交点；若小于半径，则相交，有两个交点；（2）代数法：联立直线与圆的方程，根据判别式进行判断；若判别式大于零，则相交，有两个交点；若判别式等于零，则相切，有一个交点；若判别式小于零，则相离，没有交点.18. 数学中有许多寓意美好的曲线，
12、曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论：曲线关于直线对称；曲线上任意一点到原点的距离都不超过；存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界）.其中，正确结论序号是_.【答案】【解析】【分析】将代入也成立得正确；利用不等式可得，故正确；联立得四个交点，满足条件的最小正方形是以为中点，边长为2的正方形，故不正确.【详解】对于，将代入得成立，故曲线关于直线对称，故正确；对于，因为，所以，所以，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故正确；对于，联立得，从而可得四个交点，依题意满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边
13、长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界），故不正确.故答案为：【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题.三、解答题共4小题，共60分.解答应该写出文字说明，演算步骤或证明过程19. 已知空间中三点，设.（1）若，且，求向量；（2）已知向量与互相垂直，求的值；（3）若点在平面上，求的值.【答案】（1）或；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）先求出的坐标，再根据共线可设，结合模长可求.（2）利用向量的垂直得到它们数量积为零，从而可求的值.（3）因为点在平面上，故存在使得，从而可得关于的方程组，故可求的值.【详解】（1），因为，所以，
14、又，故即，所以或.（2），因为与互相垂直，故即，故即.（3）因为点在平面上，故存在使得，又，所以，解得.故.20. 已知圆的圆心在轴上，且经过点，.（1）求线段的垂直平分线方程；（2）求圆的标准方程；（3）已知直线：与圆相交于、两点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）利用垂直平分关系得到斜率及中点，从而得到结果；（2）设圆的标准方程为，结合第一问可得结果；（3）由题意可知：圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得结果.【详解】解：（1） 设的中点为，则由圆的性质，得，所以，得. 所以线段的垂直平分线的方程是. (2) 设圆的标准方程为，其中，半径为（）.
15、由圆的性质，圆心在直线上，化简得所以 圆心， ， 所以 圆的标准方程为(3)设为中点，则，得设圆心到直线的距离.又，解得，所以直线的方程为【点睛】方法点睛：圆内一点为弦的中点时，则此点与圆心的连线和弦所在的直线垂直；解决圆的弦长有关问题，注意弦长一半、弦心距、半径构成的直角三角形的三边的勾股数之间的关系21. 如图，四边形为正方形，与分别是与的中点.（1）求证：平面；（2）求证：/平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）可证明，利用线面垂直的判定定理可得平面.（2）取的中点为，可证，利用线面平行的判定定理可得平面.（3）建立如图所
16、示的空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标后可得所求的线面角的正弦值.【详解】（1）因为， 故，而，故平面.（2）取的中点为，连接，因为，故，而，故，所以四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面.（3）由（1）可知平面，而四边形为正方形，故，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 故，设平面的法向量为，则，取，则，设直线与平面所成角为，则.【点睛】方法点睛：（1）线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.（2）线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平
17、行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.（3）空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.22. 已知椭圆的离心率为，短轴长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆的左顶点为，点在圆上，直线与椭圆交于另一点，且的面积是的面积的2倍，求直线的方程；（3）在（2）的条件下，令在轴上方，点是轴下方的点，且点在椭圆上运动，椭圆的右顶点为.若与交于点与交于点，证明直线垂直于轴.【答案】（1）；（2）或；（3）见解析.【解
18、析】【分析】（1）求出后可得椭圆的方程.（2）由题设条件可得为的中点，设，则可得关于的方程组，解方程组后可求直线的方程.（3）设，则可求，利用在椭圆上可证明即直线垂直于轴.【详解】（1）由题设得到，且，故，故椭圆方程为：.（2）设，因为为椭圆的左顶点，故，因为的面积是的面积的2倍，故为的中点，故，故，解得或（舍去）.故直线的斜率为，故直线的方程为或.（3）由（2）得，设，则，故直线的方程为：，由得.又直线的方程为：，直线的方程为：，由可得，.故即直线垂直于轴.【点睛】思路点睛：直线与椭圆的位置关系中的定值问题或定关系问题，一般采用设而不求即通过联立直线方程和椭圆方程并结合韦达定理化简目标代数式，也可以设出椭圆上的动点坐标，利用动点坐标表示目标代数式，再结合动点在椭圆上化简目标代数式，从而得到要求证的定关系或定值.
