1、2021年北京市海淀区十四校联考高二上期中数学试卷一.选择题（每题4分，共40分）1（4分）复数的共轭复数是ABCD2（4分）不等式成立的一个充分不必要条件是ABCD3（4分）设为椭圆上一动点，分别为左、右焦点，延长至点，使得，则动点的轨迹方程为ABCD4（4分）下列说法正确的个数是“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件；直线与直线互相平行，则；经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为；设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是A1个B2个C3个D4个5（4分）已知定义在上的奇函数满足，且（1），当时，设（5），则，的大小关系为ABCD6（4分）已知圆的方程为，过点的直线与圆相交的所有弦中，弦长最
2、短的弦为，弦长最长的弦为，则四边形的面积为A30B40C60D807（4分）如图，已知，图中的一系列圆是圆心分别，的两组同心圆，每组同心圆的半径分别是1，2，3，利用这两组同心圆可以画出以，为焦点的椭圆，设其中经过点，的椭圆的离心率分别是，则ABCD8（4分）已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则的取值为ABCD9（4分）如图，直二面角，且，则点的面积最大值为A6B12C18D2410（4分）关于曲线，给出下列四个命题：曲线关于原点对称；曲线关于直线对称曲线围成的面积大于曲线围成的面积小于上述命题中，真命题的序号为ABCD二.填空题（每题5分，共30分）11（5分
3、）已知椭圆的离心率为，则实数等于 12（5分）已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的最大值为 13（5分）已知点是直线上一动点，、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为14（5分）如图，椭圆的左、右焦点分别为、，过椭圆上的点作轴的垂线，垂足为，若四边形为菱形，则该椭圆的离心率为 15（5分）已知函数，其中，是这两个函数图象的交点，且不共线当时，面积的最小值为；若存在是等腰直角三角形，则的最小值为16（5分）如图，正方体的棱长为2，点在正方形的边界及其内部运动平面区域由所有满足的点组成，则的面积是；四面体的体积的最大值是三、解答题（共6小题，满分0分）17函数的部分图象如图所
4、示（）写出及图中的值；（）设，求函数在区间上的最大值和最小值18如图，四边形和三角形所在平面互相垂直，平面与平面交于（）求证：；（）若，求二面角余弦值；（）在线段上是否存在点使得？若存在，求的长；若不存在，说明理由19若存在同时满足条件、条件、条件、条件中的三个，请选择一组这样的三个条件并解答下列问题：（）求的大小；（）求和的值条件：；条件：；条件：；条件：20椭圆上一点（1）为直角三角形，求点的坐标；（2），求点横坐标取值范围；（3）的取值范围21是圆上的动点，点在轴上的射影是，点满足（1）求动点的轨迹的方程；（2）过作弦且弦被平分，求此弦所在的直线方程及弦长（3）过点的直线与动点的轨迹交于
5、不同的两点，求以，为邻边的平行四边形的顶点的轨迹方程22设是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称为自邻集记集合，2，的所有子集中的自邻集的个数为（）直接写出的所有自邻集；（）若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；（）若，求证：参考答案一.选择题（每题4分，共40分）1【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解【解答】解：，复数的共轭复数是故选：【点评】本题考查了共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题2【分析】解出不等式，进而可判断出其一个充分不必要条件【解答】解：该不等式的解集
6、为：，则其一个充分不必要条件可以是：；故选：【点评】本题考查了充分、必要条件的判断与应用，属于基础题3【分析】推导出，从而，进而的轨迹是以为圆心，为半径的圆，由此能求出动点的轨迹方程【解答】解：为椭圆上一动点，分别为左、右焦点，延长至点，使得，的轨迹是以为圆心，为半径的圆，动点的轨迹方程为故选：【点评】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查直线方程、椭圆、圆等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题4【分析】根据直线平行的充要条件，直线方程的求法以及倾斜角与斜率的关系，逐项求解【解答】解：“直线与直线互相垂直”的充要条件为，故可取任意实数，故“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要
7、条件，故错误；直线与直线互相平行，则，解得，故正确；经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为：，或，将代入得，或，故错误；直线的方程为，斜率，时，倾斜角为，所以直线倾斜角的范围是，正确故选：【点评】本题考查命题真假的判断方法以及直线平行与垂直的充要条件，直线的倾斜角与斜率的关系等，属于中档题5【分析】利用函数的解析式以及函数的周期性和奇偶性，将（5），进行转化，然后求出数值比较即可【解答】解：因为当时，又，且为奇函数，所以（5）（3）（1），即，故，故，所以故选：【点评】本题考查了函数值大小的比较，涉及了函数奇偶性和周期性的应用，解题的关键是将自变量转化到内求解6【分析】根据题意，把圆的方程化
8、为标准方程，求得圆心坐标与圆的半径，结合直线与圆的位置关系可得、的值，进而分析可得答案【解答】解：圆可化为，其圆心为，半径，可得点在圆内过点的最长弦为圆的直径，则，最短的弦为过与直径垂直的弦，且，又由，则四边形的面积；故选：【点评】本题考查直线与圆相交的性质，关键是求出和的长度以及两者的位置关系，属于基础题7【分析】通过数格子，得到焦半径，在分别求出过，的椭圆的长轴，根据椭圆的离心率，求出椭圆的离心率，再比较其大小【解答】解：通过数格子，得到椭圆的焦距一定为10，即，解得一下是各点的对应表：【指经过该点的圆的半径】 以为圆心的圆的半径 以为圆心的圆的半径对 3对 11对 7所以由椭圆的第一定义
9、得到：对过点的椭圆：，对过点的椭圆：，对过点的椭圆：，所以显而易见：故选：【点评】这道题目是考查椭圆的定义和性质，以及其离心率的求法，属于基础题型8【分析】利用弦长公式可得，若取最小值2时，则取最大值，由，故的最大值为，进而求得的取值【解答】解：圆心，半径，则圆心到直线的距离，设弦长为，则由弦长公式可得，若取最小值2时，则取最大值，即又，故的最大值为，所以，故选：【点评】本题考查直线与圆的综合，涉及点到直线的距离公式，弦长公式，属于中档题9【分析】利用直二面角，得到与是直角三角形，由，得到，作，垂足为，令，从而得到，求出，进而求出，由二次函数的性质求解的最大值，即可得到答案【解答】解：由已知，
10、直二面角，且为平面和平面的交线，因为，所以，又，所以，则与是直角三角形，又，故，又，所以，作，垂足为，令，在两个和中，是公共边且，所以，解得，所以，则的最大值为4，所以面积的最大值为故选：【点评】本题考查了直二面角的理解与应用，面面垂直的性质定理的应用，三角形相似比的应用以及平面角几何中边角关系的运用，二次函数性质的理解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题10【分析】将方程中的换为，换为，方程不变，判断出对；通过将方程中的，互换方程改变，判断出错；由方程上的点的坐标有界判断出对，错【解答】解：对于，将方程中的换成，换成方程不变，所以曲线关于轴、轴、原点对称，故对对于，将方程中的
11、换为，换为方程变为与原方程不同，故错对于，在曲线上任取一点，即点在圆外，故对，错故选：【点评】本题考查点关于轴的对称点为；关于轴的对称点为；关于原点的对称点；关于的对称点为二.填空题（每题5分，共30分）11【分析】分类求出椭圆的长半轴长和半焦距，代入椭圆离心率求得实数的值【解答】解：由，得，若，得，此时，则，解得：；若，得，此时，则，解得：故答案为：2或8【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的简单几何性质，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题12【分析】根据圆心到的距离为10，可得圆上的点到点的距离的最大值为12，再由，可得，可得，则答案可求【解答】解：圆的圆心，半径为2，圆心到的距离
12、为，圆上的点到点的距离的最大值为再由可得，以为直径的圆和圆有交点，可得，故有，的最大值为12故答案为：12【点评】本题主要直线和圆的位置关系，求得圆上的点到点的距离的最大值是解题的关键，属于中档题13【分析】先求圆的半径，四边形的最小面积是2，转化为三角形的面积是1，求出切线长，再求的距离也就是圆心到直线的距离，可解的值【解答】解：圆的圆心，半径是，由圆的性质知：，四边形的最小面积是2，的最小值是切线长）圆心到直线的距离就是的最小值，故 答案为：2【点评】本题考查直线和圆的方程的应用，点到直线的距离公式等知识，是中档题14【分析】根据题意可得，根据椭圆定义有，即可求解【解答】解：根据题意可得，
13、在直角三角形中，因为，所以，故答案为：【点评】本题考查了椭圆的离心率，考查了计算能力，转化思想，属于中档题15【分析】直接利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值【解答】解：函数，其中，是这两个函数图象的交点，当时，所以函数的交点间的距离为一个周期高为所以：如图所示：当时，面积的最小值为；若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，则，解得的最小值为故答案为：【点评】本题考查的知识要点：三角函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型16【分析】由已知可得平面区域是以为
14、圆心，以1为半径的圆面，由圆的面积公式求得的面积；由题意可得，当在边上时，四面体的体积有最大值，再由棱锥体积公式求解【解答】解：连接，则，以为圆心，以1为半径作圆交正方形所得圆，的面积是；由题意可知，当在边上时，四面体的体积的最大值是故答案为：；【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查了空间想象能力和思维能力，是中档题三、解答题（共6小题，满分0分）17【分析】（）由题意可得，可得的值由，可得的值（）先求得的函数解析式，由，可得，从而可求函数在区间上的最大值和最小值【解答】（共13分）解：（）的值是（2分），可得的值是（5分）（）由题意可得：（7分）所以（8分）（10分）因为，所以所以当，即时，取
15、得最大值；当，即时，取得最小值（13分）【点评】本题主要考查了，三角函数化简求值，三角函数的图象与性质，三角函数最值的解法，属于中档题18【分析】证明，根据线面平行的性质即可得出；建立空间坐标系，求出平面和平面的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的大小；设，求出和，令求出的值得出结论【解答】（）证明：，平面，平面，平面，又平面，平面平面，（）取的中点，连接，又平面平面，平面平面，平面，平面，即是等腰直角三角形，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，设平面的法向量为，则即令，则，于是又平面的法向量为，由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为（）不存在满足条件的点，使，理由如下：若，则
16、因为点为线段上的动点，设则，化简得：，方程无实根所以线段上不存在点，使【点评】本题考查了线面平行的判定与性质，考查空间向量与空间角的计算，属于中档题19【分析】若选择，（）由正弦定理可得的值，结合，可求，即可得解的值；（）由题意可得，可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用三角形内角和定理，两角和的余弦公式可求，进而可求，利用正弦定理即可求解的值若选择，（）利用正弦定理可得的值，由于，可得范围，即可求解的值；（）由题意利用大边对大角可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用两角和的余弦公式可求，进而可求，由于，可求的值，根据正弦定理可得【解答】解：若选择，（）因为，由正弦定理可得，因
17、为，所以，可得，可得（）在中，所以，所以，因为，可得，所以，所以，由正弦定理可得，可得，因为，所以若选择，（）因为，由正弦定理可得，在中，所以，可得（）在中，所以，所以，因为，可得，所以，所以，因为，所以，由正弦定理可得【点评】本题主要考查了正弦定理以及三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题20【分析】（1）分的直角顶点为三种情况时，求出的坐标；（2）设的坐标，代入椭圆的方程，可得的横纵坐标的关系，代入数量积中，可得的横坐标的范围；（3）将点的坐标代入可得和向量的坐标，进而求出它的模的表达式，再由的横坐标的范围求出和向量的模的范围【解答】解：（1）设，可得
18、，由椭圆的方程可得，所以可得，解得，可得，当为直角时，则，可得，这时，当为直角时，可得，这时；当为直角时，则，则，即，联立，整理可得，所以可得，综上所述：为直角三角形，求点的坐标或或，或，；（2），则，即，将，代入可得，可得，可得或，而在椭圆上，所以，所以可得的横坐标的取值范围为，；（3），因为，所以，所以可得的取值范围为，【点评】本题考查直角三角形的各个顶点为直角顶点时的讨论，数量积的运算性质，属于中档题21【分析】（1）设，则，由，知，通过点在圆上，代入求解即可得到轨迹方程并说明图形（2）由题意，可知斜率存在，设代入椭圆方程，消去可得一元二次方程，利用过点引曲线的弦恰好被点平分，即可求直线
19、的斜率，从而可得直线的方程；（3）设，由题意知的斜率存在，设，代入，设，利用韦达定理以及平面向量的基本定理，得到，又，转化求解顶点的轨迹方程为【解答】解：（1）设，则由，知，点在圆上，故点的轨迹的方程为，（2）由题意，可知斜率存在，设代入椭圆方程，消去可得，因为过点引曲线的弦恰好被点平分，所以，解得此时，所以直线，即（3）设，由题意知的斜率存在，设，代入，得，得，设，则，四边形为平行四边形，又，消去得，顶点的轨迹方程为【点评】本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力22【分析】（）通过题意可写出在所有自邻集即在4范围内组成的集合（）利用配对原则证明对于的
20、含5个元素的自邻集，不妨设构造集合，它们是不相邻的集合也是自邻集，这样可得证结论（）自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，2，3，下面只需要证明：自邻集含有，这三个元素自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个可得与的关系，【解答】解：（）的所有自邻集有：，2，3，2，3，（）证明：对于的含5个元素的自邻集，不妨设因为对于，都有或，2，3，4，5，所以，或对于集合，因为，所以，2，3，4，5，所以因为，或所以，或，所以对于任意或，2，3，4，5，所以集合也是自邻集因为当为偶数时，所以所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一
21、个不同的含有5个元素的自邻集与其对应所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数（）证明：记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，2，3，当时，显然下面证明：自邻集含有，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为因为，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，所以含有，这三个元素的自邻集的个数为自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为；含有最大数为2的集合个数为，含有最大数为3的集合个数为，含有最大数为的集合个数为则这样的集合共有个自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个综上可得，所以，所以若，求证：故时，得证【点评】本题为集合与数列的综合类考题，是集合类的新定义，关键理解新定义并通过新定义进行求解
