辽宁省锦州市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题含答案.docx

辽宁省锦州市2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题含答案20222023学年度第一学期期末考试高二数学注意事项：1本试卷考试时间为120分钟，满分150分2答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上3答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答题标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 直线的倾斜角为（ ）度A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出直线的斜率，即可得出该直线的倾斜角.【详解】将直线的方程变形为，该直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为度.故选C.【点睛】本题考查直线的倾斜角，解题的关键就是求出直线的斜率，利用斜率与倾斜角的关系来求解，考查计算能力，属于基础题.2. 算盘是中国古代的一项重要发明，迄今已有2600多年的历史.现有一算盘，取其两档（如图一），自右向左分别表示十进制数的个位和十位，中间一道横梁把算珠分为上下两部分，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨一珠记作数字1（如图二算盘表示整数51）.若拨动图1的两枚算珠，则可以表示不同整数的个数为（ ）A. 6B. 8C. 10D. 15【答案】B【解析】【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理即可求得.【详解】拨动两枚算珠可分为以下三类（1）在个位上拨动两枚，可表示2个不同整数.（2）同理在十位上拨动两枚，可表示2个不同整数.（3）在个位、十位上分别拨动一枚，由分步乘法计数原理易得，可表示个不同整数.所以，根据分类加法计数原理，一共可表示个不同整数.故选：B.3. 如图，在四面体中，M是棱上靠近O的三等分点，N，P分别是，的中点，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的基底表示，再利用向量线性运算求解作答.【详解】在四面体中，N是的中点，则，又，而P是的中点，所以.故选：A4. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离等于双曲线的实轴长，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知得出关于的齐次等式，变形后可求得离心率【详解】不妨设，一条准线方程为，即，所以，即，所以故选：A5. 的展开式中的系数为（ ）A. B. C. 5D. 25【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，求出的展开式中和项，即可求解作答.【详解】展开式中项是与展开式中项相乘加上与展开式中项相乘的和，于是，所以所求系数为25.故选：D6. 直线的方向向量为，且过点，则点到l的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据直线的方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算代入空间中点到直线的距离公式即可求解.【详解】依题意，因为直线的方向向量为，所以取直线的一个单位方向向量为，由，可得，所以，所以.故选：B.7. 如图，直三棱柱的所有棱长均相等，P是侧面内一点，若点P到平面的距离，则点P的轨迹是（ ）A. 圆的一部分B. 椭圆的一部分C. 双曲线的一部分D. 抛物线的一部分【答案】D【解析】分析】如图，作，做，连接.可证得及，则，据此可得答案.【详解】如图，作，做，连接.因几何体为直三棱柱，则平面，又平面，则，又平面，平面，则平面.又由题可得平面，则.因，则.又平面EPD，平面EPD，平面，平面，则平面EPD平面.因平面平面EPD，平面平面，则.故，结合平面，平面，可得，则.又，则.由题又有，结合，则，即为点P到直线距离.故点P到定点距离等于点P到直线距离，则点P轨迹为抛物线的一部分.故选：D8. 已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对的正负分类讨论，去掉绝对值转化为相应的曲线方程，根据的几何意义利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】依题意，当时，方程为，是双曲线在第一象限的部分；当时，方程为，不能表示任何曲线；当时，方程为，是双曲线在第三象限的部分；当，方程为，是椭圆在第四象限的部分；其图象大致如图所示：的几何意义是曲线上的点到直线的距离的两倍，双曲线的渐近线与平行，所以曲线在第一、三象限上的点到的距离，由图象可知直线与椭圆在第四象限的部分相切时，距离取得最小值，设切线为：且，由，可得，由，解得或（舍去），所以曲线在第四象限上的点到的距离.所以的取值范围是：.故选：A.【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 在的展开式中，下列说法正确的有（ ）A. 所有项的二项式系数和为256B. 所有项的系数和为1C. 二项式系数最大的项为第4项D. 有理项共4项【答案】AB【解析】【分析】利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可【详解】选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确；选项C：二项式系数的最大的项的上标为，故二项式系数最大的项为第5项，故C不正确；选项D：通项为，1，8，当，2，4，6，8时为有理项，共5项，故D不正确，故选：AB10. 已知双曲线：，P是该双曲线上任意一点，是其左、右焦点，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 的最小值为C. 的最小值为1D. 若是直角三角形，则满足条件的P点共4个【答案】BC【解析】【分析】由双曲线的定义可判断A；设，由两点间的距离公式结合二次函数的性质可判断B，C；当或与轴垂直时，直角三角形有个，以为直径的圆与双曲线有个交点可判断D【详解】因为双曲线：，则，所以，因为，所以或，故A不正确；设，所以或，由二次函数的性质知，当时，的最小值为，故的最小值为，故B正确；设，所以或，由二次函数的性质知，当时，的最小值为：.故的最小值为1，故C正确；当或与轴垂直时，直角三角形有个，以为直径的圆与双曲线有个交点，直角三角形有个，则若是直角三角形，则满足条件的点共个，故D错误；故选：BC.11. 已知曲线，则下列结论正确的有（ ）A. 曲线C关于原点对称B. 曲线C是封闭图形，且封闭图形的面积大于C. 曲线C不是封闭图形，且图形有渐近线D. 曲线C上的点到坐标原点的距离的最小值为2【答案】ACD【解析】【分析】A选项，即判断曲线上任意点关于原点的对称点是否在曲线上；BC选项，由范围可知曲线是否为封闭图形，再由极限可知其渐近线；D选项，设曲线上一点坐标为，即判断最小值是否为2.【详解】A选项，设在曲线上，其关于原点的对称点为，则，即在曲线上，则曲线C关于原点对称，故A正确；BC选项，由，可得，故，则曲线C不是封闭图形.又注意到时，则曲线有渐近线；时，则曲线有渐近线.故B错误，C正确；D选项，设曲线上一点坐标为，则其到原点距离为，当且仅当，即时取等号，即曲线C上的点到坐标原点的距离的最小值为2，故D正确.故选：ACD12. 已知边长为的正三角形中，为中点，动点在线段上（不含端点），以为折痕将折起，使点到达的位置记，异面直线与所成角为，则对于任意点，下列成立的是（ ）A. B. C. 存在点，使得D. 存在点，使得平面【答案】ABC【解析】【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断A选项；利用空间向量夹角的数量积表示可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断C选项；利用反证法可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，由图可知，为锐角，故，A对；对于B选项，因为，因为，所以，因为、均为锐角且函数在上单调递减，故，B对；对于C选项，过直线作平面，使得平面，设，连接，因为平面，平面，则，在翻折的过程中，当时，故存在点，使得，C对；对于D选项，若平面，平面，则，事实上，矛盾，故假设不成立，D错.故选；ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 直线，若，则实数a的值是_【答案】【解析】【分析】对参数分两类进行讨论，利用斜率相等即可求解.【详解】依题意，当时，直线为：，直线为：，此时与不平行，不符合题意；当时，直线的斜率，直线的斜率，因为，所以，即，解得：，当时，与重合，不符合题意，所以.故答案为：.14. 已知向量，是空间向量一组基底，若A，B，C，D四点共面则实数的值为_【答案】【解析】【分析】根据点共面可得向量共面，进而根据平面向量基本定理即可列等式求解.【详解】由于A，B，C，D四点共面，所以存在唯一的实数对，使得,即，所以 ，故答案为：15. 设,且,若能被整除,则_.【答案】1【解析】【分析】由,利用二项展开式可知只需能被整除整除即可,由的范围即可得到结果.【详解】,要使能被整除,则能被整除,又,解得.故答案为:.16. 在中，P为所在平面内的动点，且，则面积的最大值是_，的取值范围是_【答案】 . 34 . 【解析】【分析】根据，以为原点，分别为轴建系，由，可得的轨迹为圆，圆心为，半径为，根据圆的性质即可得到直线的最大值，即可得面积的最大值；设，则，由数量积的坐标运算可得，设，即将问题转化为圆与直线有交点，可求的取值范围，即得所求.【详解】因为，如图以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，则，因为为所在平面内的动点，且，则的轨迹为圆，圆心为，半径为，因为，则要求面积的最大值，即点到直线的距离最大，又直线的斜率为，所以直线的方程为：，即，则点到直线的距离为：，点到直线的距离的最大值为，则，所以面积的最大值是；设，则，所以，设，即，可表示直线，又在圆上，则直线与圆有交点，所以圆心到直线距离小于或等于半径，即，解得，即的取值范围是.故答案为：；.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据题意建立直角坐标系，将问题转化为动点到圆上的点的最值问题，直线与圆的位置关系求参数的问题.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 电影夺冠讲述了中国女排姑娘们顽强拼搏、为国争光的励志故事，现有4名男生和3名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起（1）女生必须坐在一起坐法有多少种？（2）女生互不相邻的坐法有多少种？（3）甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】(1)采用捆绑法即可求解；(2)采用插空法即可求解；(3)先排甲、乙、丙以外的其他4人，再把甲、乙排好，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中即可；【小问1详解】先将3个女生排在一起，有种排法，将排好的女生视为一个整体，与4个男生进行排列，共有种排法，由分步乘法计数原理，共有(种)排法；【小问2详解】先将4个男生排好，有种排法，再在这4个男生之间及两头的5个空挡中插入3个女生有种方法，故符合条件的排法共有(种)；【小问3详解】先排甲、乙、丙以外的其他4人，有种排法，由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有种排法，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中有种排法，故符合条件的排法共有(种)；18. 已知点，动点M满足，记动点M的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）求过点N与曲线C相切的直线方程；（3）曲线C与圆相交于E，F两点，求【答案】（1） （2）和 （3）【解析】【分析】（1）设出点，根据已知结合两点间距离列式化简即可得出答案；（2）分类讨论过点N的直线方程斜率存不存在，设出直线方程，根据直线与圆相切的判定，即可得出答案；（3）根据两圆方程相减得出直线所在的方程，即可根据圆的弦长求法得出答案.【小问1详解】设，因为M满足，所以，整理可得：，即【小问2详解】，点在圆外，过点的直线斜率不存在时，直线方程为，与圆C相切，符合题意；直线的斜率存在时，设直线方程为，即，由直线到圆心的距离得，即，解得，所以直线方程为整理得综上，过点N与圆C相切得直线方程为和【小问3详解】圆与圆相交于E、F两点，两个方程作差得直线所在的方程为，所以圆的圆心到直线的距离，所以19. 如图，正方体的棱长为2，点E为的中点（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.（2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.（3）利用向量法求得点到平面的距离.【小问1详解】如图以点D为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以【小问2详解】设平面的一个法向量为，又，则，令，则，又，则，所以直线与平面的正弦值为【小问3详解】点到平面的距离为，所以点到平面的距离为20. 动点到定点的距离比它到直线的距离小，设动点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于，两个不同的点，过点，分别作曲线的切线，且二者相交干点（1）求曲线的方程；（2）求证：；（3）求的面积的最小值【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）将动点到直线的距离转化为到直线的距离，由抛物线的定义求解即可；（2）设过点的直线方程，与曲线方程联立，得到，再分别求出过，的切线和点坐标，证明即可；（3）由抛物线定义求出焦点弦长，由知，即到的距离，由进行计算，并求出最小值即可.【小问1详解】动点到定点的距离比它到直线的距离小，动点在直线上方，且动点到定点的距离等于它到直线的距离，由抛物线定义，动点的轨迹曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，曲线的方程为【小问2详解】过点的直线交曲线于，两个不同的点，该直线斜率存在，设其方程为，由，消去，整理得（），设，则，曲线过的切线的斜率，（也可以设切线方程为与抛物线方程联立，令求切线斜率）曲线过的切线：，即，同理可求得曲线过的切线：，由，解得，即，又， ，.【小问3详解】由（2）及抛物线定义，由（3），点到的距离，的面积，易知，当且仅当时，的最小值为.【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题，考查学生的转化与化归思想、数形结合思想和数学运算能力等，通常采用设而不求的方法，联立直线与圆锥曲线方程，借助韦达定理（根与系数的关系），结合题目中的几何背景进行求解.21. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，Q为的中点，M是棱上的点，（1）求证：平面平面；（2）若，求异面直线与所成角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点M，使二面角大小为？若存在，请指出点M的位置，若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，点M位于靠近点C的四等分处【解析】【分析】（1）由面面垂直证平面，再证平面平面；（2）以Q为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系由向量法求线线角；（3）设，由向量法利用二面角建立方程求解.【小问1详解】证明：因为，Q为的中点，所以四边形为平行四边形，所以所以，即又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面平面，所以平面平面【小问2详解】由（1）知平面，且平面，平面，则，又，Q为的中点，所以以Q为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则，由，设异面直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦【小问3详解】假设存在点M，设且，得，所以，又，设平面法向量为，所以，令，则，则由（2）知平面的法向量为，因为二面角为，所以，解得，故线段上存在点M使二面角大小为，且点M位于靠近点C的四等分处22. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线与椭圆C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形（1）求椭圆C的方程；（2）圆F过O，B，交l于点M，N，直线，分别交椭圆C于另一点P，Q求的值；证明：直线过定点，并求出定点坐标【答案】（1） （2）；证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据题意可得垂直平分，设为直线l与C的一个交点，根据菱形的面积求得点的坐标，再代入椭圆方程求得，即可得解；（2）由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，则，即，由此计算即可得出结论；由题意知直线不可能平行于x轴，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再结合中结论求出，即可得出结论.【小问1详解】因为直线与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，所以l垂直平分，所以，设为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为，因为菱形的面积为，所以，解得，即，将点代入，得，又因为，所以，故C的方程为；【小问2详解】由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，故直线经过圆心E，所以为圆E的直径，因此，即，设，则，又，则，又因为，所以；由题意知直线不可能平行于x轴，则设直线的方程为，由得，（），因为，所以，即，即，则，化简得，解得，满足（），所以直线的方程为，故直线过定点【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；（5）代入韦达定理求解.