2022-2023学年北京市昌平区高二年级上册学期期末质量检测数学试题【含答案】

2022-2023学年北京市昌平区高二上学期期末质量检测数学试题一、单选题1．已知直线，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将直线方程化成斜截式，可得直线的斜率，再根据斜率和倾斜角的关系即可得答案.【详解】解：因为直线，化成斜截式为，所以直线的斜率，设直线的倾斜角为，则有，又因为，所以.故选：D2．已知，且，则（

）A． B．2 C． D．8【答案】B【分析】先利用向量平行充要条件求得，进而求得的值.【详解】，且，则，解之得，则故选：B3．椭圆的右焦点坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用椭圆的标准方程判断其焦点位置并求得，从而得解.【详解】因为椭圆，所以椭圆焦点落在轴上，，所以，则，所以椭圆的右焦点坐标为，即.故选：C.4．已知正方体，点是的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先用空间向量的减法表示，然后再用空间向量的加法表示.【详解】在正方体中，，则，又点是的中点，则，所以.故选：D.5．在的展开式中，的系数为（

）A． B． C．90 D．270【答案】C【分析】利用二项展开式通项即可求得的系数【详解】的展开式的通项令，则，则的系数为故选：C6．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【分析】利用长方体模型举反例排除A，B，D，再证明C正确即可.【详解】作长方体，对于选项A，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，则，但直线异面，选项A错误；对于选项B，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，则，但直线不垂直，选项B错误；对于选项D，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，则，但平面垂直，选项D错误；对于选项C，如图过直线作平面与平面相交，且，因为，，，所以，又，所以，因为，，所以，又，所以，选项C正确.故选：C.7．“”是“双曲线的渐近线方程为”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【分析】双曲线渐近线方程为，再结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若，则，则渐近线方程为；若渐近线方程为，则，则，故“”是“双曲线的渐近线方程为”的充分而不必要条件，故选：A.8．已知直线与曲线有公共点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据曲线方程可得曲线为椭圆的上半部分包括轴上的部分，由直线经过定点，数形结合即可求解.【详解】将得，故曲线为椭圆的上半部分包括轴上的部分，经过定点,曲线与轴的交点为,，当直线与曲线有公共点时，则或，即或，故选：D9．某社区征集志愿者参加为期5天的“垃圾分类，全民行动”的宣传活动，要求志愿者每人只参加一天且每天至多安排一人.现有甲､乙､丙3人报名，甲要求安排在乙､丙的前面参加活动，那么不同的安排方法共有（

）A．18种 B．20种 C．24种 D．30种【答案】B【分析】根据组合以及分步乘法计数原理即可求解.【详解】根据题意可知：需要从5天中选择3天分别安排甲乙丙3名志愿者，且甲在乙丙的前面，第一步：从5天中选择3天，共有种选择，第二步：将甲乙丙按照“甲乙丙”或者“甲丙乙”的顺序安排在已选好的3天中，共有2种选择，根据分步乘法计数原理得：不同的安排方法共有，故选：B10．已知正四棱锥的八条棱长均为是四边形及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，相当于求出以为球心，3为半径的球与底面的截面圆的半径后，即可求区域的面积.【详解】解：设顶点在底面上的投影为，连接，则为正方形的中心，如图，且，故.因为当时，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆上以及圆内，而正方形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹在正方形内部，故其面积为.故选：B.二、填空题11．已知直线.若，则实数__________.【答案】6【分析】根据两直线一般式中垂直满足的关系即可求解.【详解】由于，所以，解得故答案为：612．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数共有__________个．（用数字作答）【答案】12【分析】由分步乘法计数原理结合排列组合直接求解即可．【详解】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为．故答案为：12．13．若，则__________.（用数字作答）【答案】40【分析】利用赋值法求解.【详解】解：由，令，得，令，得，两式联立得，故答案为：4014．数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论：①曲线有且仅有四条对称轴；②曲线上任意两点之间的距离的最大值为6；③曲线恰好经过8个整点（即横坐标､纵坐标均为整数的点）；④曲线所围成的区域的面积大于16.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【分析】设点是曲线上任意一点，分别求出点关于轴、轴、直线、直线对称的点，检验是否满足方程可得有四条对称轴.再由图象知，没有其他的对称轴即可判断①正确；根据基本不等式可得，即有，所以曲线上任意一点到原点的距离，进而可判断②错误；分别令，，，可得到8个点的坐标，进而说明当时，不存在这样的点，即可判断③正确；易知曲线的范围大于以，，，，，，，这8个点构成的正方形，又正方形的面积为16，即可得到④正确.【详解】对于①：设点是曲线上任意一点，则有成立.显然点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，点关于直线的对称点，点关于直线的对称点也满足该式成立，所以轴、轴、直线、直线都是曲线的对称轴.由图象易得，曲线没有其他的对称轴，故①正确；对于②：因为，当且仅当时，等号成立.所以有，则，所以有，即曲线上任意一点到原点的距离.又曲线的图象关于点中心对称，所以曲线上任意两点之间的距离的最大值为，故②错误；对于③：令，则，解得，可得点，；令，则，显然无整数解；令，则，解得或，可得点，，，，，；当，，此时将看做关于的方程，此时.因为，所以，则，方程无解.综上所述，曲线恰好经过8个整点.故③正确；对于④：显然由，，，，，，，这8个点构成的正方形在曲线的内部.正方形的边长为4，面积为16.所以曲线所围成的区域的面积大于16.故④正确.故答案为：①③④.三、双空题15．在三棱锥中，底面，则异面直线与所成角的大小为__________；点到平面的距离为__________.【答案】

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【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与所成角，根据点面距离的空间向量法即可求解.【详解】在三棱锥中，底面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则,，，设异面直线与所成角为，则,由于，所以，设平面的法向量为，则，取，则，所以点到平面的距离为故答案为：，16．已知双曲线经过点，离心率为，则双曲线的标准方程为__________；其焦距为__________.【答案】

【分析】先分类讨论双曲线的焦点在轴或是在轴上，再由题意求出的值，从而得出双曲线的标准方程及其焦距.【详解】当双曲线的焦点在轴上时，可设双曲线为：，离心率为，则，，，又因为双曲线经过点，则有，联立方程，解得，不符合题意；当双曲线的焦点在轴上时，可设双曲线为：，离心率为，则，，，又因为双曲线经过点，则有，联立方程，解得，，则，所以，则双曲线的标准方程为，焦距为：.故答案为：,.四、解答题17．已知圆的圆心坐标为，且经过点.(1)求圆的标准方程；(2)若过点作圆的切线与轴交于点，求直线的方程及的面积.【答案】(1)(2)；【分析】（1）利用待定系数法设出圆的标准方程，代入即可求解.（2）首先利用点斜式设出直线方程，再利用直线与圆相切的条件求出斜率，即可得到直线方程，再结合三角形为直角，即可求解面积.【详解】（1）有题意可知，设圆的方程为，又因为在圆上，则，则，故圆的方程为.（2）由题意知，直线的斜率存在，则设直线方程为，即，因为直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得，则直线方程为.则点坐标为，根据题意知，为直角三角形，其中，而，所以的面积为.18．如图,在三棱柱中,平面.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)先说明为正方形,即,再证明平面,即,根据线面垂直的判定定理即可证明;(2)根据(1)中结论平面,则直线与平面所成角即为,在正方形求出该角即可.【详解】（1）证明:平面,平面,,,平行四边形为正方形,,平面,平面,,,平面,平面,平面,平面,,平面,平面,平面得证;（2）记与交点为,由(1)知平面,所以平面,故直线与平面所成角为,由(1)知平行四边形为正方形,,故直线与平面所成角为.19．已知抛物线经过点.(1)求抛物线的方程及其准线方程；(2)设，直线与抛物线有两个不同的交点.若是以为底边的等腰三角形，求证：直线经过抛物线的焦点.【答案】(1),(2)证明见解析【分析】(1)应用点在抛物线上即可求出,即可求出抛物线的方程及其准线方程;(2)直线方程和抛物线联立方程组,再把等腰三角形转化为斜率关系,列式计算即可求出,进而得证.【详解】（1）因为抛物线经过点,所以,所以抛物线的方程为,准线方程为;（2）设,中点联立方程组,可得,即可得，即，,则，所以，因为是以为底边的等腰三角形,所以,即可得，又因为,,,则,即得所以所以，经过抛物线的焦点.20．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点在棱上，且平面.(1)求证：是棱的中点；(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（i）二面角的余弦值；（ii）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）不存在点，理由见解析【分析】（1）连结，交于，连结，又线面平行的性质可推导出，由此能证明结论；（2）由已知分析，选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形，取中点，连接，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值及验证是否存在点，使得平面即可.【详解】（1）证明：连接交于，连接则是平面与平面的交线，平面，平面，．又底面为平行四边形，则是的中点，是棱的中点，（2）解：因为底面为平行四边形，又，则底面为菱形，选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形.取中点，连接，则，即又平面，平面，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，（i）由于平面，则时平面的一个法向量，设平面的法向量为，又，所以，令得，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；（ii）若在棱上否存在点，设，则，且，所以，则，若平面，则，所以，此方程无解，故在棱上不存在点，使得平面.21．已知椭圆的离心率为，其左､右顶点分别为，过点作与轴不重合的直线交椭圆于点（点在轴的上方）.(1)求椭圆的方程；(2)若线段的长等于，求直线的方程；(3)设直线的斜率分别为，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值，并加以证明；若不是定值，说明理由.【答案】(1)(2)或(3)为定值，理由见解析.【分析】（1）根据椭圆离心率公式，代入计算，