2021年北京市西城区二校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2021年北京市西城区二校联考高二上期中数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1（5分）已知点，1，与点，3，则的中点坐标是A，1，B，2，C，3，D，2（5分）在空间四边形中，等于ABCD3（5分）若抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为ABCD4（5分）圆和圆的位置关系是A相离B相交C外切D内切5（5分）已知定点，且，动点满足，则的最小值是ABCD56（5分）如图，在长方体中，点在线段上，且，则异面直线与所成角的余弦值为ABCD7（5分）点在圆上点在直线上，则的最小值是ABCD18（5分）过点的直线与圆相切，切点分别为，则切线长为ABCD9（5分）已知为椭圆上的一点

2、，分别为椭圆的上、下顶点，若的面积为6，则满足条件的点的个数为A0B2C4D610（5分）已知空间三点，0，1，1，在直线上有一点满足，则点的坐标为A，2，B，C，D，11（5分）设点是曲线上的点，则ABCD12（5分）在求球的体积时，我国南北朝时期的数学家祖暅使用了一个原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任一平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等那么这两个几何体的体积相等类似的，如果与一条固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭图形所截得的线段的长度之比都为，那么甲的面积是乙的面积的倍据此，椭圆的面积是ABCD二、填空题：共5小题，每小题

3、5分，共25分.13（5分）双曲线的渐近线为 ；若直线与双曲线仅有一个公共点，则14（5分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点，若，则点的横坐标是 ；的面积为 15（5分）直线被圆所截得的弦中，最短弦所在直线的一般方程是 16（5分）如图，已知长方体中，则点到平面的距离为 17（5分）在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则，三棱锥的体积最大值是三、解答题：共5道小题，共65分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.18（10分）已知点，以为直径的圆记为圆（1）求圆的方程；（2）若过点的直线与圆交于，两点，且，求直线的方程19（12分）在三棱锥中，分别是

4、，上的点，且平面（）求证：平面；（）若平面，求钝二面角的余弦值20（13分）已知抛物线经过点，其焦点为，过焦点的直线与抛物线交于，两点，定点（）求抛物线的方程；（）若直线的斜率为1，求的面积；（）设点在抛物线上，试问直线上是否存在点，使得四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由21（15分）图1是直角梯形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）在棱上是否存在点，使得二面角的平面角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由22（15分）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切（）求椭圆的

5、方程；（）设，是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连接交椭圆于另一点，证明直线与轴相交于定点；（）在（）的条件下，过点的直线与椭圆交于，两点，求的取值范围参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。1【分析】直接利用中点坐标公式求解即可【解答】解：点，1，与点，3，由中点坐标公式可知，的中点坐标是，2，故选：【点评】本题考查空间零点的中点坐标公式的应用，是基础题2【分析】由题意，根据向量的加法、减法法则，把进行化简即可得到答案，即可选出正确选项【解答】解：根据向量的加法、减法法则，得故选：【点评】本题考点是空间向量的加减法，解题的关键是根据向量的加法、减法法则进行化简，本题是

6、向量的基础题3【分析】根据准线方程求得，则抛物线方程可得【解答】解：准线方程为抛物线方程为故选：【点评】本题主要考查了抛物线的标准方程属基础题4【分析】求出半径，求出圆心，看两个圆的圆心距与半径的关系即可【解答】解：圆，即，圆心是，半径是圆，即，圆心是，半径是，故两圆的位置关系是相交故选：【点评】本题考查圆与圆的位置关系，是基础题5【分析】由，可知动点在双曲线右支上，所以的最小值为右顶点到的距离【解答】解：因为，故满足条件的点在双曲线右支上，则的最小值为右顶点到的距离故选：【点评】本题考查双曲线的基本性质，解题时要注意公式的灵活运用6【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，再由空间向量求解【解

7、答】解：以为坐标原点距离如图所示空间直角坐标系，则，0，3，3，1，即异面直线与所成角的余弦值为故选：【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间向量的应用，是基础题7【分析】由题意画出图形，求出圆心到直线的距离，数形结合得答案【解答】解：圆，则圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离，直线与圆相离，的最小值为到直线的距离减去圆的半径即故选：【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是基础题8【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出到圆心的距离，由切线长公式计算可得答案【解答】解：根据题意，圆，其圆心为，半径，过点的直线与圆相切，又由，所以切线长；故选：【点评】本题考查

8、直线与圆相切的性质，涉及切线长的计算，属于基础题9【分析】根据椭圆的方程，算出椭圆的短轴设点的坐标为，由的面积为6，根据三角形面积公式建立关于的等式，解出再由点在椭圆上解出，从而得到满足条件的点共有4个【解答】解：椭圆中，椭圆的短轴设椭圆上点的坐标为的面积为6，即，解得将代入椭圆的方程，得，解得因此，符合题意的点为或，共4个满足条件的点故选：【点评】本题给出椭圆的方程，已知椭圆上点与短轴构成面积为6的三角形，求点的个数着重考查了三角形的面积公式、椭圆的标准方程与简单几何性质等知识，属于中档题10【分析】根据空间向量的坐标表示与线性运算和数量积运算，求解即可【解答】解：由，0，1，1，1，且点在

9、直线上，可设，则，又，即，1，即，解得，点，故选：【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，是基础题11【分析】化简曲线方程，判断曲线与椭圆的关系，即可得到选项【解答】解：曲线，化为，图形是菱形，如图：，长轴长为10，短轴长为6的椭圆方程为：，由图形以及椭圆定义可知：椭圆上的点满足，椭圆内部的点满足，即故选：【点评】本题考查曲线与方程的应用，椭圆的简单性质以及定义的应用，是基础题12【分析】令直线，则直线截椭圆所得的线段为，直线截圆所得的线段为，由题意可得椭圆的面积与圆的面积之比为，进而得解【解答】解：令直线，则直线截椭圆所得的线段为，直线截圆所得的线段为，所以，依题意，椭圆的面积与圆的

10、面积之比为，所以椭圆的面积是故选：【点评】本题考查类比推理，考查推理能力及运算能力，属于中档题二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.13【分析】利用双曲线方程，求解渐近线方程即可，联立直线与双曲线方程，化为分类讨论：当时，可得，此时直线与双曲线的渐近线平行，满足题意；当时，由直线与双曲线有且只有一个公共点，可得，求解即可【解答】解：双曲线的渐近线为：；联立，化为当时，可得，此时直线的方程为，分别与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线有且只有一个交点，满足题意；当时，由直线与双曲线有且只有一个公共点，可得，解得综上可得：故答案为：；【点评】本题考查了直线与双曲线的位置关系及其性质、一元二次

11、方程与的关系、分类讨论等基础知识与基本方法，属于中档题和易错题14【分析】由抛物线的标准方程，求出焦点和准线，过点作，垂足为，设，由抛物线的定义求出，从而得到，再利用三角形的面积公式求解即可【解答】解：抛物线，则焦点，准线方程为，过点作，垂足为，设，则，所以，则，所以点的横坐标为5；点在抛物线上，故，所以，即，所以故答案为：5；【点评】本题考查了抛物线标准方程的应用，抛物线定义的应用以及几何性质的运用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题15【分析】由题意可得直线经过定点要使直线被圆截得的弦长最短，需和直线垂直，故有，再利用斜率公式求得的值【解答】解：直线，即，圆的圆心、半径为3，由，解得

12、，故直线经过定点要使直线被圆截得的弦长最短，需和直线垂直，故有，即，解得，所以直线方程为故答案为：【点评】本题主要考查直线过定点问题，直线和圆的位置关系，直线的斜率公式，属于基础题16【分析】用等面积法求解即可【解答】解：过作于，因为是长方体，所以平面平面，又因为平面平面，所以平面，设点到平面的距离为，因为平面，所以，故答案为：【点评】本题考查了长方体的结构特征，考查了点到平面距离问题，属于基础题17【分析】根据，利用体积公式求解得出，求解最值，根据勾股定理得出：，利用函数求解即【解答】解：在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，即，作，设，化简得：，根据函数单调性判

13、断：时，最大值为36，在正方体中，面，三棱锥的体积最大值为故答案为：2；【点评】本题考查了空间几何体中的最值问题，关键是列出式子，转化为距离问题，借助函数求解，是中档题三、解答题：共5道小题，共65分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.18【分析】（1）根据中点坐标公式求出圆心，然后利用两点间的距离公式求出半径，进而可求出结果；（2）根据几何性质求出弦心距，然后结合点到直线的距离公式即可求出结果【解答】解：（1）由，得的中点坐标为，即圆心坐标为，半径，故圆的方程为（2）由，可得弦心距为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为2，所以满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程

14、为，即圆心到直线的距离，解得，直线的方程为，故直线的方程为或【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的方程的求解等知识，属于中等题19【分析】（）由线面平行的性质定理证明，再利用线面平行的判定定理证明即可；（）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可【解答】（）证明：因为平面，平面，平面平面，则，又平面，平面，故平面；（）解：因为平面，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，0，2，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，同理可求平面的法向量为，所以，故钝二面角的余弦值为【点评】本题考查了立体

15、几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理和性质定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题20【分析】（1）点坐标代入抛物线方程求解，从而可得抛物线方程；（2）设直线方程，直线与抛物线联立，结合韦达定理计算可得结果；（3）假设存在点，由四边形是平行四边形可知对角线互相平分，由，求出中点坐标，设，可得，代入直线方程求解即可【解答】解：（1）因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线方程；（2）由（1）知，设直线的方程为，即，联立，得，设，所以，又，所以；（3）存在；因为，设中点为，若四边形是平行四边形，则也

16、为中点，设，则，因为在直线上，所以，解得或，所以或，所以存在或满足题意【点评】本题考查了抛物线的标准方程，直线与抛物线的综合，属于中档题21【分析】（）连接，连接交于点，利用勾股定理证明，结合，可证明平面，利用面面垂直的判定定理证明即可；（）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（）假设在棱上存在点，设，求出点的坐标和所需向量的坐标，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列式求出的值，再求解的长度即可【解答】（）证明：连接，由题意可得，因为，则四边形为菱形，连接交于点，则，在中，所以，因为，则，所以，又，

17、且，故平面，又平面，故平面平面；（）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，所以，故直线与平面所成角的正弦值为；（）解：假设在棱上存在点，使得二面角的平面角为，则，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即，可取，所以，解得，此时【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理的应用，线面角的求解以及二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题22【分析】（）由题意知，能够导出再由可以导出椭圆的方程为（）

18、由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得，再由根与系数的关系证明直线与轴相交于定点（）分的斜率存在与不存在两种情况讨论，当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上由得再由根据判别式和根与系数的关系求解的取值范围；当过点直线的斜率不存在时，其方程为，易得、的坐标，进而可得的取值范围，综合可得答案【解答】解：（）由题意知，所以即又因为，所以，故椭圆的方程为（）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由得设点，则，直线的方程为令，得将，代入，整理，得由得，代入整理，得所以直线与轴相交于定点（）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上由得易知所以，则因为，所以所以当过点直线的斜率不存在时，其方程为解得，或、此时所以的取值范围是【点评】本题综合考查椭圆的性质及其应用和直线 与椭圆的位置关系，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用