北京昌平区2021-2022学年高二上学期期末数学试题(含答案解析).pdf

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1、北京昌平区北京昌平区 2021-20222021-2022 学年高二上学期期末数学试题学年高二上学期期末数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1已知直线l:3x y 4 0，则直线 l 的倾斜角为（）A6B3C23D562已知A(2,3,1),B(6,5,3)，则|AB|（）A4 6B2 33C12D143在(2 x)6的展开式中二项式系数最大的项是（）A第 3 项和第 4 项B第 4 项和第 5 项C第 3 项D第 4 项x2y24设椭圆1的两个焦点为F1，F2，过点F1的直线交椭圆于 A、B两点，如果259|AB|8，那么AF2 BF2的值为（）A2B10C12D14

2、5已知平行六面体ABCD A1B1C1D1中，设AB a,AD b,AA1 c，则D1B（）Aa bcBa b cCabcDabc6设 aR，则“a1”是“直线 l1：ax2y10 与直线 l2：x(a1)y40 平行”的A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件D既不充分也不必要条件7第 24 届冬季奥林匹克运动会，即2022 年北京冬季奥运会，计划于202 年 2 月 4 日（星期五）开幕，2 月 20 日（星期日）闭幕北京冬季奥运会设7 个大项，15 个分项，109 个小项，其中七个大项分别为：滑雪、滑冰，雪车、雪撬，冰球、冰壶，冬季两项（越野滑雪射击比赛），现组委会将七个大项的门票

3、各一张分给甲、乙，丙三所学校，如果要求一个学校 4 张，一个学校 2 张，一个学校 1 张，则共有不同的分法数为（）AA7A3A1421BC7C3C1422CA7A6A4C31243DC7C3C1A342138在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，E为PA中点，PA AD 2AB，则直线BE与PD所成角的大小为（）试卷第1页，共 4 页A12B6C3D7129直线3x4y 0与抛物线W:y2 2px(p 0)交于 A，B 两点，F为抛物线 W的焦点若|AB|5，则ABF的面积为（）A38B27323C28D310已知正三棱锥P ABC的底面ABC的边长为 2，M是空间中

4、任意一点，则MA(MB MC)的最小值为（）3A2B1C321D2二、填空题二、填空题11已知a (x,2,6)是直线l1的方向向量，b (1,y,3)是直线l2的方向向量若直线l1l2，则x y _12在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)，若点P(x,2,1)在平面ABC内，则x _13已知圆O:x2 y2 4，直线 l过点(1,1)且与圆 O 交于 A，B 两点，当AOB面积最大时，直线 l的方程为_14已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为 2，E 为CD的中点，点 P 在正方体的表面上运动，且满足平面AA1P 平面BB1E给出下列四个结论

5、：AA1P的面积的最大值为5；满足使AA1P的面积为 2 的点 P 有且只有两个；点 P 可以是CC1的中点；线段A1P的最大值为 3其中所有正确结论的序号是_试卷第2页，共 4 页三、双空题三、双空题1 215在x 的展开式中所有的二项式系数之和为512，则n _；展开式中常数xn项的值为_x2y21的渐近方程为_；若抛物线y2 2px(p 0)的焦点是双曲16双曲线C:36线 C 的右焦点，则p _四、解答题四、解答题17已知过点P0,5的直线 l 被圆C:x2y24x12y240所截得的弦长为4 3(1)写出圆 C 的标准方程及圆心坐标、半径；(2)求直线 l 的方程18如图，在四棱锥P

6、 ABCD中，PA平面ABCD，AB AD，AD BC，PA AB BC 2AD 2(1)求证：AD/平面PBC；(2)求直线PB和平面PCD所成角的正弦值；(3)求二面角APDC的余弦值19有 7 个人分成两排就座，第一排3 人，第二排 4 人(1)共有多少种不同的坐法？(2)如果甲和乙都在第二排，共有多少种不同的坐法？试卷第3页，共 4 页(3)如果甲和乙不能坐在每排的两端，共有多少种不同的坐法？20如图，在棱长为 1 的正方体ABCD A1B1C1D1中，M 是BB1的中点(1)求证：A1D AC1；(2)求证：BD/平面AMC1；(3)求点A1到平面AMC1的距离x2y221已知椭圆E

7、:221(a b 0),O(0,0),A(a,0),B(0,b)，点 M 在线段AB上，且ab1BM 2MA，直线OM的斜率为4(1)求椭圆 E 的离心率；(2)若直线 l 与椭圆 E交于 C，D两点，弦CD的中点为(2,1)，且CD 10，求椭圆 E 的方程试卷第4页，共 4 页参考答案：参考答案：1B【解析】【分析】根据方程得到斜率，然后可得其倾斜角.【详解】因为直线l:3x y 4 0的斜率为3，所以直线 l的倾斜角为故选：B2C【解析】【分析】先求出向量AB的坐标，再由空间向量的模长公式可得答案.【详解】由A(2,3,1),B(6,5,3)，则AB 8,8,4所以AB 故选：C3D【解

8、析】【分析】根据二项式系数的定义计算二项式展开式中各项的二项式系数，进而确定二项式系数最大的项【详解】二项式ab展开式中第r 1项的二项式系数为Cnr382824212n所以题中二项式展开式的第r 1项的二项式系数为C61 6；r 2时，C6215；r 0时，C601；r 1时，C6r34r 3时，C6 20；r 4时，C615；5r 5时，C6 6；r 6时，C661.试卷第1页，共 14 页所以r 3时二项式系数最大，即第四项的二次项系数最大，答案D 正确.故选：D.4C【解析】【分析】根据已知条件，由椭圆定义知：|AB|AF2|BF2|4a，由此能求出结果【详解】x2y21中，a 5，解

9、：椭圆259x2y2F1，F2为椭圆1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A，B两点，259由椭圆定义知：|AB|AF2|BF2|4a 20，|AB|8，|AF2|BF2|20 8 12故选：C5B【解析】【分析】利用空间向量的线性运算算出答案即可.【详解】D1B D1DDA AB cba故选：B6A试卷第2页，共 14 页【解析】【详解】试题分析：运用两直线平行的充要条件得出l1与 l2平行时 a 的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可解：当 a=1 时，直线 l1：x+2y1=0 与直线 l2：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，当两

10、条直线平行时，得到解得 a=2，a=1，后者不能推出前者，前者是后者的充分不必要条件故选 A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系7D【解析】【分析】分两步，第一步，将 7 张票分成 3 组，第二步，把3 组票分给 3 个学校.【详解】421先将 7 张票分成 3 组，张数为 4、2、1，有C7C3C1种分法，再把 3 组票分给 3 个学校，有A3种分法，故共有不同的分法数为C7C3C1A3故选：D8C【解析】【分析】取AD的中点为F，连接EF，然后可得BEF或其补角即为所求，然后设34213PA AD 2AB 2，即可求出答案.【详解】试卷第3页，共 14

11、 页取AD的中点为F，连接EF，因为 E 为PA中点，所以EF/PD，所以BEF或其补角即为所求，设PA AD 2AB 2，所以BE 2,BF 2,EF 2，所以BEF为等边三角形，所以BEF 故选：C9B【解析】【分析】联立直线与抛物线的方程，求出交点坐标，结合弦长为5 求出 p的值，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】3，3x4y 032p如图所示，联立方程组2，整理得9x232px 0，解得x 0或x，9y 2px932p 8p 32p 8p,不妨设A0,0,B 25，解得p，则3899322所以SABF1p8p2p227.223332故选：B.试卷第4页，共 14 页10A【解析】

12、【分析】利用转化法求向量数量积的最值即可.【详解】解：设BC中点为O,连接MO,设MO中点为H,则HA 12232 1 22MA MB MC MA 2MO 2 MH HA?MH HO2 MH HA?MH HA 2 MH HA2223 2MH,432当M与H重合时，MH取最小值 0.此时MA(MB MC)有最小值，2故选：A111【解析】【分析】由l1l2，则a/b，从而可得出x,y的值，得出答案.【详解】由l1l2，则a/b由a (x,2,6)，b (1,y,3)则x26 2，解得x 2,y 11y3所以x y 1故答案为：1试卷第5页，共 14 页122【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示

13、和共面定理，列方程组求出答案即可.【详解】因为A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)，所以AB 1,1,0,AC 1,0,1因为点P(x,2,1)在平面ABC内，所以AP mAB nACx1 mn即2 m，解得x 21 n故答案为：213y x 2 0【解析】【分析】分当直线 l的斜率不存在和当直线 l的斜率存在时分别讨论求出弦AB的长，得出面积的表达式，得出最大值，从而得出答案.【详解】当直线 l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x 1，则由1 y2 4，得y 3，所以A 1,3,B 1,3 1AB 2 3,SAOB2 3132当直线 l 的斜率存在时,设直线 l的方程为y1

14、kx1原点O到直线 l 的距离为：d k 11k2AB 2 R2d2 2 4d2Sd24d21222 2AB d d4dd4d222AOB当且仅当d2 4d2，即d 2时取得等号.试卷第6页，共 14 页由d k 11k22，解得k 1由2 3故直线 l 的方程为：y1 x1，即y x2 0故答案为：y x 2 014【解析】【分析】先找出 P 的运动轨迹，再结合图像逐项分析，即可得解.【详解】解：连接AH,HG,GA1,H、G分别为BC、B1C1的中点，易得ABH BCE,从而知AH BE,又BE AA1，又AA1AH A，得平面AA1P 平面BB1E，故点 P在矩形A H G A1(除线段

15、AA1)上运动,1对于，由图可知，当 P与 H 重合时，此时三角形面积最大，最大值为25 5，2故对；对于，由图可知，当AP 1或A1P 1时，AA1P的面积为 2，故对；对于，由图易知，点 P 不可能在线段CC1,故错；对于,由图易知，当 P与 H 重合时，此时A1P长度最大，最大值为22 523，故对；故答案为：；试卷第7页，共 14 页159；84.【解析】【分析】在二项展开式(a b)n中二项式系数和为2n，利用此式可求出n，再利用展开式通项进而可求出展开式中的常数项.【详解】k2 9k1kk183k由题意得，2n 512，n n 9 9，展开式通项为T C9(x)()C9x，x则令1

16、83k 0，所以k 6，6因此常数项为T C984.故答案为：9；84.16y 2x6【解析】【分析】由条件利用双曲线、抛物线的简单性质，得出结论【详解】x2y21的渐近线方程为y 2x，解：双曲线C:36x2y21的右焦点为(3,0)，设此抛物线的标准方程为y2 2px，由于双曲线C:36则p23，p6，故答案为：y 2x;617(1)x2y616，圆心坐标为2,6，半径为4.22(2)3x4y20 0或x 0.【解析】【分析】（1）根据圆的一般方程与圆的标准方程的关系，即可求解；（2）根据直线与圆的位置关系，当直线斜率存在时，结合勾股定理和点到直线的距离公式即可求解，当直线斜率不存在时，特

17、殊情形验证下即可.试卷第8页，共 14 页(1)由题意整理圆的方程得，标准方程为x2y616，故圆心坐标为2,6，半径为224.(2)由（1），又直线被圆截得的弦长为4 3，4 3故弦心距为42，2 22当直线斜率存在时，设直线的斜率为k,则过P(0,5)的直线，可设为y kx5，即kx y5 0，直线与圆C的圆心相距为2，d 2k 65k212 2，解得k 3，4此时直线的方程为3x4y20 0，当直线的斜率不存在时，直线的方程为x 0，也符合题意.故所求直线的方程为3x4y20 0或x 0.18(1)证明见详解(2)33(3)66【解析】【分析】（1）由线面平行性质可直接证明；（2）（3）

18、通过建系法，结合线面角的正弦公式和二面角夹角的余弦公式即可求解.(1)（1）因为AD/BC，AD平面PBC，BC 平面PBC，所以AD/平面PBC；(2)因为PA平面ABCD，AB AD，故以AB方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为z轴正方向，建立A xyz空间直角坐标系，则A0,0,0,B2,0,0,D0,1,0,C2,2,0,P0,0,2，试卷第9页，共 14 页n PD 0BP 2,0,2，设平面PCD的法向量为n1x1,y1,z1，则1，即n PC 01y12z1 0，令y1 2，得n11,2,1，设直线PB和平面PCD所成角为，则x y z 0111sin cos BP

19、,n142 2 63；3(3)易知AB 2,0,0为平面PAD的法向量，则cos AB,n1226 6，因为二面角6APDC的平面角为钝角，所以二面角APDC的余弦值为6619(1)5040(2)1440(3)720【解析】【分析】（1）前排选 3 人任意排，后排 4 人任意排，根据分步计数原理可得（2）首先从其余 5 人中选出 2 人与甲、乙排在第二排，再将其余3 人排在第一排，按照分步乘法计数原理计算可得；（3）先将甲、乙安排在除每排的两端外的三个位置中的两个位置，再将其余人全排列，按照分步乘法计数原理计算可得；试卷第10页，共 14 页(1)解：排成两排就座，第一排3 人，第二排 4 人

20、，有A73 A445040种方法(2)解：若甲和乙都在第二排，先从其余5 人中选出 2 人有C5种选法，将这两人与甲、乙排在243第二排，再将其余 3 人排在第一排，故一共有C5 A4 A31440种排法；2(3)解：如甲和乙不能坐在每排的两端，则先将甲、乙安排在除每排的两端外的三个位置中的25两个位置，再将其余人全排列即可，故一共有A3A5 720种排法；20(1)证明见详解(2)证明见详解(3)63【解析】【分析】（1）连接AD1，可证A1D 平面AD1C1，进而得证；（2）连接B1D，设B1D中点为O，连接OM，结合中位线定理即可证明；（3）采用等体积法转化，由VA AMCVC AA M

21、即可求解.1111(1)证明：连接AD1，因为几何体为正方体，所以C1D1平面ADD1A1，又A1D 平面ADD1A1，所以C1D1 A1D，又因为四边形ADD1A1为正方形，所以A1D AD1，又AD1C1D1 D1，所以A1D 平面AC1D1，又AC1平面AC1D1，所以A1D AC1；试卷第11页，共 14 页(2)证明：连接B1D，设B1D中点为O，连接OM，因为O为B1D中点，M 为BB1的中点，所以OM/BD，又因为OM 平面AMC1，BD 平面AMC1，所以BD/平面AMC1；(3)由等体积法可知VA AMCVC AA M，11111 1155VC1AA1MAA1 AB AD，由

22、几何关系知，AM,C1M,AC13，则3 2622OM 21126，SAMCAC1 OM 3，设点A1到平面AMC1的距离为d，则222421616.VA1AMC1SAMC1d d，由VA1AMC1VC1AA1M得d 312332x2y2(2)112321(1)【解析】【分析】（1）设Mx,y，根据A(a,0),B(0,b)，且BM 2MA，求得 M的坐标，再根据直线OM的1斜率为求解；4试卷第12页，共 14 页y kx21（2）设直线 l 的方程为y kx21，与椭圆方程联立x2，根据弦CD的中y212b24b点为(2,1)，利用韦达定理求得 k，再根据CD 10，利用弦长公式求解.(1)

23、解：设Mx,y，因为A(a,0),B(0,b)，且BM 2MA，2ax x 2a x3所以，解得，y b 2 yby 31因为直线OM的斜率为，4所以kOMyb1，即a 2b，x2a42c3 b 所以椭圆 E的离心率是e 1；aa2(2)x2y2由（1）知：椭圆方程为221，易知直线 l的斜率存在，4bb设直线 l 的方程为y kx21，y kx212222与椭圆方程联立x2，消去 y得14kx 8k12kx412k4b 0，y2221b4b设Cx1,y1,Dx2,y2，8k12k412k4b2则x1 x2，,x1x22214k14k因为弦CD的中点为(2,1)，所以x1 x2 4，即2则x1x282b，28k12k1k 4，解得，214k2所以CD 1k2x1 x224x1x210b2210，解得b2 3,a212，试卷第13页，共 14 页x2y21.所以椭圆 E 的方程为123试卷第14页，共 14 页