2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二年级上册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知直线过、两点，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由两点间连线的斜率公式可求得直线的斜率.【详解】由题意可知，直线的斜率为.故选：D.2．已知向量为平面的一个法向量，向量为直线l的一个方向向量，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】先判断由能否推出，再判断由能否推出，结合充分条件和必要条件的定义确定结论.【详解】当时，，当时，综上所述，是的充要条件.故选：C.3．若直线与互相垂直，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由两直线垂直可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为，则，解得.故选；A.4．前卫斜塔位于辽宁省葫芦岛市绥中县，始建于辽代，又名瑞州古塔，其倾斜度（塔与地面所成的角）远超著名的意大利比萨斜塔，是名副其实的世界第一斜塔．已知前卫斜塔的塔身长，一旅游者在正午时分测得塔在地面上的投影长为，则该塔的倾斜度（塔与地面所成的角）为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意画出图象，然后利用余弦公式求解即可【详解】如图所示，线段为塔身长，线段为投影长度，，所以在中，，因为，所以，故选：A5．设，化简（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二项式定理化简即可.【详解】因为，所以，所以，故，故选：B.6．设椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为B．若，则该椭圆的方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意和椭圆的几何性质，得到，进而求得的值，即可求解.【详解】由椭圆的几何性质，因为，可得，所以，，则，所以椭圆的方程为.故选：A.7．为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手，则传法总数为（

）A．30 B．24 C．21 D．12【答案】C【分析】通过4次传球后仍回到甲手得出第四次传球只能传给甲，由此得出限制条件，根据分步乘法即可计算出传法总数.【详解】由题意，四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，经过4次传球，球仍回到甲手，∴第1次传球有3种方法，第2次传球分成“在甲手中”和“不在甲手中”两类方法，第3次传球，球也不一定在甲手中；第4次传球只能在甲手中；∴当第2次传球后球在甲手中时，则第3次传球可能为丙或乙或丁，共3种方法；当第2次传球后球不在甲手中时，有2种方法，则第3次传球有2种方法.∴经过4次传球，球仍回到甲的传法总数为：，∴球仍回到甲的传法总数为21种，故选：C.8．已知双曲线的左右焦点为，P为右支上除顶点外的任意一点，圆I为的内切圆，且与x轴切于A点，过作，垂足为B，若，则的面积为（

）A． B． C．9 D．2【答案】B【分析】由题意及圆的切线的性质可知，为的中点，结合双曲线定义得，设内切圆I的圆心横坐标为，则，得即，又由得，，然后利用三角形的面积求解即可.【详解】由题意知：，内切圆与轴的切点是点，设与交于点，圆I与切于点，与切于点，连接，由及圆的切线的性质知，，为的中点，由圆的切线的性质知，，∴，设内切圆I的圆心横坐标为，则，，即，为的中点，为的中点，，,在中，有：,的面积为.故选：B.【点睛】方法点睛：圆锥曲线里面经常会涉及到内切圆的问题，合理地掌握和运用一些结论和性质，可以使问题化繁为简，思路明朗，高效地解决问题．例如，在双曲线中，P点在双曲线上，则焦点三角形的内切圆与边相切于实轴顶点，且当P点在双曲线左支时，切点为左顶点；当P点在双曲线右支时，切点为右顶点．二、多选题9．已知在空间直角坐标系中，O为坐标原点，且，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．若，则P，A，B，C四点共面【答案】BD【分析】由条件求，根据向量的模的个数，数量积运算公式，数量积的性质，向量共面定理依次判断各选项.【详解】因为，所以，所以，A错误；，B正确；，所以不垂直，C错误；因为，所以，所以，所以，即，所以共面，所以P，A，B，C四点共面，D正确；故选：BD.10．设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的动点，则下列结论正确的是（

）A．离心率 B．的最小值为4C．面积的最大值为 D．以线段为直径的圆与直线相切【答案】CD【分析】根据椭圆的方程求，由此可求离心率，判断A，根据椭圆的定义和基本不等式求的最值，判断B，根据椭圆的性质，当点位于椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，即可判断C项，利用圆心到直线的距离即可判断D项.【详解】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，因为椭圆的方程为，故，所以离心率，故A错误；由椭圆的定义可知，所以，当且仅当时等号成立；所以的最大值为4，B错误；由已知，，当点位于椭圆的上顶点或下顶点时，面积最大，最大值为，故C正确；以线段为直径的圆的方程为，圆心为，半径为，又直线方程为，故圆心到直线的距离为，所以以线段为直径的圆与直线相切，故D正确.故选：CD.11．已知三棱锥的各条棱长均为2022，过其底面中心O作动平面交线段PC于点S，交PA，PB的延长线于M，N两点，则下列结论正确的有（

）A．若平面，则B．三棱锥的侧棱和底面所成角的正切值为2C．三棱锥的侧面和底面所成角的余弦值为D．【答案】ACD【分析】由线面平行的性质定理证明线线平行判断选项A；D为BC的中点三棱锥的侧棱和底面所成角为，侧面和底面所成角为，计算相应角的三角函数值，判断选项BC；分别用基底和表示出，根据四点共面得出的值判断D选项.【详解】若平面，平面，平面平面，则，A选项正确；三棱锥的各条棱长均为2022，O为底面中心，则是等边三角形，O是的重心，延长AO交BC于点D，则D为BC的中点，连接PD，如图所示，则有平面，，，三棱锥的侧棱和底面所成角为，三棱锥的侧面和底面所成角为，，，，，，中，中，三棱锥的侧棱和底面所成角的正切值为，B选项错误；三棱锥的侧面和底面所成角的余弦值为，C选项正确；，设，，

∵四点共面，∴即，，，，∴，，D选项正确故选︰ACD12．设抛物线的焦点为，为抛物线上异于顶点的一点，且在准线上的射影为，则下列结论正确的有（

）A．点的中点在轴上B．的重心、垂心、外心、内心都可能在抛物线上C．当的垂心在抛物线上时，D．当的垂心在抛物线上时，为等边三角形【答案】AC【分析】设点，可得出，利用中点坐标公式可判断A选项；假设的重心、垂心、外心、内心都可能在抛物线上，判断直线与抛物线的位置关系可判断B选项；设垂心为，其中，根据求出的值，再利用三角形的面积公式可判断C选项；利用C选项中的结论可判断D选项.【详解】对于A选项，抛物线的焦点为，准线方程为，设点，则点，所以，线段的中点为，A对；对于B选项，由抛物线的定义可知，则为等腰三角形，因为为的中点，则，所以，的重心、垂心、外心、内心都在直线上，，则直线的方程为，联立可得，则，所以，直线与抛物线相切，B错；对于C选项，设点为第一象限内的点，若的垂心在抛物线上时，设点，其中，将点的坐标代入抛物线方程可得，可得，即点，由题意可知，、、三点共线，，，由可得，整理可得，解得，所以，，即点，所以，，，C对；对于D选项，当的垂心在抛物线上时，点，则轴，则，此时，为直角三角形，D错.故选：AC.三、填空题13．圆和圆的相交弦所在的直线方程为______．【答案】【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程.【详解】将圆和圆的方程作差，消去、项可得，即.因此，圆和圆相交弦所在直线的方程为.故答案为：.14．旅行者号探测器（Vogager2）于年月日在肯尼迪航天中心发射升空，迄今为止已经造访四颗气态巨行星（木星、土星、天王星、海王星）及其卫星，它的运行轨道为双曲线，假设其方程为，请写出一个与此双曲线的渐近线相同的双曲线标准方程____________．【答案】（的方程均可）【分析】根据同渐近线的双曲线方程可得结果.【详解】与双曲线渐近线相同的双曲线的方程为.故答案为：（的方程均可）.15．已知集合，集合，则以集合为定义城，集合为值域的函数的个数为____________．（用数字作答）【答案】【分析】分两种情况讨论：①当集合中有一个元素对应集合中的三个元素；②②当集合中有两个元素分别与集合的两个元素对应.利用组合计数原理结合分类加法计数原理可得结果.【详解】分以下两种情况讨论：①将集合中的元素分三组为{3,1,1}与集合B分别对应时，此时，满足条件的函数个数为；②将集合中的元素分三组为{2,2,1}与集合B分别对应时，此时，满足条件的函数个数为.由分类加法计数原理可知，满足条件的同函数的个数为.故答案为：.16．如图，在正方形ABCD中，点M，N分别是线段AD，BC上的动点，且，MN从AB向CD滑动（与AB和CD均不重合），MN与AC交于E，在MN任一确定位置，将四边形MNCD沿直线MN折起，使平面平面ABNM，则在滑动过程中，下列说法中正确的有____________．（填序号）①的余弦值为

②AC与MN所成的角的余弦最小值为③AC与平面ABNM所成的角逐渐变小

④二面角的最小值为【答案】③【分析】令，利用余弦定理计算判断①；确定所成角，计算判断②；确定与平面所成角，计算判断③；当E为中点时，求出二面角大小判断④作答.【详解】在正方形中，令，则，，如图，连接，，显然，而平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，于是，，，对于①，，①错误；对于②，显然，即有，因为，则是AC与MN所成的角，，当且仅当时取等号，②错误；对于③，因为平面，则是与平面所成的角，，令，函数对递减，函数对递增，则函数对递减，因此函数对递增，而从滑向的过程中，x逐渐减小，则随着x的减小而减小，又对递增，所以与平面所成的角逐渐变小，③正确；对于④，令点为的中点，取中点，连接，则，于是，即有，则，由于平面，则有平面，又平面，因此平面平面，此时二面角的大小为，④错误，所以正确的序号有③.故答案为：③【点睛】思路点睛：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化.四、解答题17．在二项式的展开式中，(1)若，求展开式中的有理项；(2)若第4项的系数与第6项的系数比为，求：①二项展开式中的各项的二项式系数之和；②二项展开式中的各项的系数之和．【答案】(1)(2)①64；②1【分析】（1）根据已知得出二项展开式的通项，即可根据条件列式得出的值，即可代入通项得出答案；（2）根据通项结合已知得出的值，即可根据二项展开式中的各项的二项式系数之和与各项的系数之和的求法得出答案.【详解】（1）若，则，（）由，得，有理项为：．（2），由题意得，即，解得或（舍）①二项式系数之和为；②令，得各项的系数之和为．18．已知①圆心C在直线上；②圆的半径为2；③圆过点，在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）(1)圆C过点且圆心在x轴上，且满足条件____________，求圆C的方程；(2)在（1）的条件下，直线：与圆C交于P，Q两点，求弦长的最小值及相应的k值．【答案】(1)(2)，【分析】(1)选择条件①或②或③，求得圆心和半径，由此求得圆的方程；(2)首先求得直线过定点，根据求得最短弦长以及此时的值.【详解】（1）若选①，由题意知，圆心是方程组的解，解得，所以，

设半径为r，则．

则圆的方程为：．

若选②，设圆心，由题意知，所以．

所以圆心，半径为2，

则圆的方程为：．

若选③，设圆心，由题意知，即有，解得，

所以圆心，半径为2，

则圆的方程为：．（2）由（1）知圆的方程为：，圆心，半径，直线l过定点，显然点D在圆C内，要使弦长最短，则，，

．

又，，所以弦长最小值为．19．已知在长方体中，，，为的中点，且，垂足为，如图所示．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成的角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出，结合以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成的角的大小.【详解】（1）证明：因为为长方体，所以平面，又平面，所以，

又，且，、平面，所以平面．（2）解：以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴和轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、所以，，，，

设平面的一个法向量，则，取，可得，设直线平面所成的角为，则，

又，所以，即直线平面所成的角为．20．已知直线：恒过抛物线的焦点F，(1)求抛物线C的标准方程；(2)若直线l与抛物线C交于A，B两点，且，求直线l的方程．【答案】(1)(2)或【分析】(1)由已知列方程求，可得抛物线方程；(2)联立方程组，利用设而不求法表示关系，求即可.【详解】（1）因为直线恒过点，即抛物线C的焦点为，所以，解得，

所以抛物线C的方程为．（2）联立方程组，整理得，则，设，则，

因为，所以，即所以，解得，

所以直线l的方程为或．21．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，侧棱底面，点为的中点，与交于，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)若为棱的中点，则棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)棱上不存在点，使得平面，理由见解析【分析】（1）利用中点，找中位线平行，通过线面平行的判定定理证明.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角.（3）与不垂直，则不可能垂直平面，进而即可判断.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为为的中点，由题意，，故为平行四边形，则，在△中为中位线，则，同理可得，所以，又，所以，又面面，所以，平面．（2）以为坐