2021-2022学年北京昌平区高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年北京昌平区高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知直线，则直线l的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据方程得到斜率，然后可得其倾斜角.【详解】因为直线的斜率为，所以直线l的倾斜角为故选：B2．已知，则（

）A． B． C．12 D．14【答案】C【分析】先求出向量的坐标，再由空间向量的模长公式可得答案.【详解】由，则所以故选：C3．在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【答案】D【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】二项式展开式中第项的二项式系数为所以题中二项式展开式的第项的二项式系数为时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，.所以时二项式系数最大，即第四项的二次项系数最大，答案D正确.故选：D.4．设椭圆的两个焦点为，，过点的直线交椭圆于A、B两点，如果，那么的值为（

）A．2 B．10 C．12 D．14【答案】C【分析】根据已知条件，由椭圆定义知：，由此能求出结果．【详解】解：椭圆中，，，为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于，两点，由椭圆定义知：，，．故选：C．5．已知平行六面体中，设，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算算出答案即可.【详解】故选：B6．设aR，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【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+2y﹣1=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．【解析】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．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（

）A． B． C． D．【答案】D【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】先将7张票分成3组，张数为4、2、1，有种分法再把3组票分给3个学校，有种分法，故共有不同的分法数为故选：D8．在四棱锥中，底面是矩形，平面，E为中点，，则直线与所成角的大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点为，连接，然后可得或其补角即为所求，然后设，即可求出答案.【详解】取的中点为，连接，因为E为中点，所以，所以或其补角即为所求，设，所以，所以为等边三角形，所以，故选：C9．直线与抛物线交于A，B两点，F为抛物线W的焦点．若，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【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】如图所示，联立方程组，整理得，解得或，不妨设，则，解得，所以.故选：B.10．已知正三棱锥的底面的边长为2，M是空间中任意一点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用转化法求向量数量积的最值即可.【详解】解：设中点为,连接,设中点为,则,当与重合时，取最小值0.此时有最小值，故选：A二、填空题11．已知是直线的方向向量，是直线的方向向量．若直线，则________．【答案】【分析】由，则，从而可得出的值，得出答案.【详解】由，则由，则，解得所以故答案为：12．在空间直角坐标系中，已知点，若点在平面内，则_______．【答案】【分析】根据空间向量的坐标表示和共面定理，列方程组求出答案即可.【详解】因为，所以因为点在平面内，所以即，解得故答案为：13．已知圆，直线l过点且与圆O交于A，B两点，当面积最大时，直线l的方程为_________．【答案】【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，则由，得，所以,当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为原点到直线l的距离为：当且仅当，即时取得等号.由，解得由故直线l的方程为：，即故答案为：14．已知正方体的棱长为2，E为的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足平面平面．给出下列四个结论：①的面积的最大值为；②满足使的面积为2的点P有且只有两个；③点P可以是的中点；④线段的最大值为3．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①②④【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,,,、分别为的中点，易得,从而知,又，又，得平面平面，故点P在矩形(除线段)上运动,对于①，由图可知，当P与H重合时，此时三角形面积最大，最大值为，故①对；对于②，由图可知，当或时，的面积为2，故②对；对于③，由图易知，点P不可能在线段,故③错；对于④,由图易知，当P与H重合时，此时长度最大，最大值为，故④对；故答案为：①②④；三、双空题15．在的展开式中所有的二项式系数之和为512，则_______；展开式中常数项的值为_______．【答案】

9；

84.【分析】在二项展开式中二项式系数和为，利用此式可求出，再利用展开式通项进而可求出展开式中的常数项.【详解】由题意得，，，展开式通项为，则令，所以，因此常数项为.故答案为：9；84.16．双曲线的渐近方程为_________；若抛物线的焦点是双曲线C的右焦点，则________．【答案】

【分析】由条件利用双曲线、抛物线的简单性质，得出结论．【详解】解：双曲线的渐近线方程为，由于双曲线的右焦点为，设此抛物线的标准方程为，则，，故答案为：．四、解答题17．已知过点的直线l被圆所截得的弦长为．(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．【答案】(1)，圆心坐标为，半径为.(2)或.【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，特殊情形验证下即可.(1)由题意整理圆的方程得，标准方程为，故圆心坐标为，半径为.(2)由（1），又直线被圆截得的弦长为，故弦心距为，当直线斜率存在时，设直线的斜率为,则过的直线，可设为，即，直线与圆的圆心相距为，，解得，此时直线的方程为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，也符合题意.故所求直线的方程为或.18．如图，在四棱锥中，平面，，，．(1)求证：平面；(2)求直线和平面所成角的正弦值；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）由线面平行性质可直接证明；（2）（3）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，平面，平面，所以平面；(2)因为平面，，故以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设直线和平面所成角为，则；(3)易知为平面的法向量，则，因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为．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？(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？【答案】(1)(2)(3)【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；(1)解：排成两排就座，第一排3人，第二排4人，有种方法．(2)解：若甲和乙都在第二排，先从其余5人中选出2人有种选法，将这两人与甲、乙排在第二排，再将其余3人排在第一排，故一共有种排法；(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两个位置，再将其余人全排列即可，故一共有种排法；20．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点．(1)求证：；(2)求证：平面；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解(3)【分析】（1）连接，可证平面，进而得证；（2）连接，设中点为，连接，结合中位线定理即可证明；（3）采用等体积法转化，由即可求解.(1)证明：连接，因为几何体为正方体，所以平面，又平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，又，所以平面，又平面，所以；(2)证明：连接，设中点为，连接，因为为中点，M为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；(3)由等体积法可知，，由几何关系知，，则，，设点到平面的距离为，则，由得.21．已知椭圆，点M在线段上，且，直线的斜率为．(1)求椭圆E的离心率；(2)若直线l与椭圆E交于C，D两点，弦的中点为，且，求椭圆E的方程．【答案】(1)(2)