2023北京八中高二上学期期末数学试题及答案

2023北京八中高二（上）期末数学年级：高二科目：数学考试时间120分钟，满分150分一､选择题共10小题，每小题4分，共40分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知直线1:axy−1=0，−l:ax+(a+2)y+1=02l⊥l12a=，则实数（．若）3或A.1或1B.0或1C.1或2D.2822.在3x−的展开式中，常数项为（）xA.B.C.D.x22y2251=(a0,b0)3.已知双曲线C:−的离心率为，则C的渐近线方程为ab2111A.y=xB.y=xC.y=xD.y=x432()4.如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是，CD的中点，则AD+BC−BD=（）2A.B.C.D.EF5.下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是（）a=(1,b−)=()，则l,ll∥l21A.两条不重合直线的方向向量分别是12)的法向量为u=(6,4,)，则l⊥B.l的方向向量为a1,2，平面=(−C.两个不同的平面,=(−)=(−1,v)⊥3,4,2，则的法向量分别是u=(0,3,0，平面)的法向量是u=(0)，则∥D.直线l的方向向量a”是“直线ax−y−1=0的倾斜角大于”的6.“a14A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件7.当动点P在正方体围是D.既不充分也不必要条件ABCD−ABCDAC上运动时，异面直线所成角的取值范BP与AD1的体对角线1111164634332,,,,A.B.C.D.y2=4x的焦点F的直线交抛物线于,B两点,点O是原点若AF3则AOB的面积为=8.过抛物线（）232A.B.2C.D.2222x2+y2−2x−2y−2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上动点，过点P作⊙M的切线9.已知⊙：,PB,B，当|PM||AB|AB，切点为最小时，直线的方程为（）2x−y−1=02x+y−1=02x−y+1=02x+y+1=0D.A.B.C.10.点P在直线l:y=x+p(p2y=2px(p0)于,B两点，且上，若存在过P的直线交抛物线2=，则称点P为“M点”，那么下列结论中正确的是（）A.直线l上所有点都是“M点”B.l上仅有有限个点是“M点”C.l上的所有点都不是“M点”D.直线l上有无穷多个点（但不是所有的点）是“M点”二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.过点，1)(x−2)2+(y−2)2=4的弦，其中最短的弦长为__________.12.若−2x)7=a+ax+ax2+a+，则1a23a4567__________.（用数字作+++++=012答）13.用2,3三个数字组成一个四位数，要求每个数字至少出现一次，共可组成个不同的四位数__________（用数字作答）.x22y2214.已知双曲线：−=ab0)的左、右焦点分别为FF，过F的直线与C的两条渐近线分121ab别交于B两点．若FA=，FBFB=0C的离心率为____________．11215.将杨辉三角中的奇数换成，偶数换成，得到如图所示的0—1三角数表．从上往下数，第1的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，，第n次全行的数都为1的是第______行；第1的个数是______．三､解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.P−ABC中，PA⊥底面ABC,=90.点D,E,N分别为棱,PC,BC的中16.如图，在三棱锥PA=AC=AB=2点，M是线段AD的中点，.（1）求证：MN平面；（2）求直线AC与平面的夹角的正弦值；（3）求点A到平面距离.17.学校游园活动有这样一个游戏项目甲箱子里装有3个白球、2个黑球乙箱子里装有1个白球、2个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,若摸出的白球不少于2,奖.(每次游戏结束后将球放回原箱)（1）求在1次游戏中,①摸出3个白球的概率;②获奖的概率;（2）求在2次游戏中获奖次数X的分布列.+my2=1(m0)的长轴长为，O为坐标原点.18.已知椭圆C:（1）求椭圆C的方程和离心率.轴上，动点P在椭圆C上，且点P在y轴的右侧.若BA=BP，求四边形mx2260)y（2）设点，动点B在OPAB面积的最小值.PAD−QBC=19.如图，在三棱柱中，侧面ABCD正方形，AB4，==6,⊥AP,⊥，点M在线段上，PD//平面.（1）求证：M为的中点；（2）求二面角BA的大小；−−ANAC（3）在线段AC上是否存在点N，使得直线MN与平面BDP所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.320.已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上短轴长为22,离心率为（1）求椭圆C方程;362+2（2）一条动直线l与椭圆C交于不同两点为定值.M,N,O为坐标原点,的面积为,求证:221.在平面直角坐标系中，O为坐标原点．对任意的点P(x,y)，定义=x+y．任取点++OB，若此时2222(xy)B(xy)A(xy)B(xy)，，记，成立，则11221221称点A，B相关．（1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；(−B2)；②C(4,−D(2,4)①，，．n=(x,y)−nxn,−nyn,x,yZ．（2）给定nN*，n3，点集（i）求集合中与点相关的点的个数；nSBS，点A，B相关，求S中元素个数的最大值．（ii）若，且对于任意的A，n参考答案一､选择题共10小题，每小题4分，共40分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】C【解析】【分析】利用两条直线斜率之积为1求解.【详解】若1l2，则故选：C.⊥a2+(−)(a+2)=0，解得a2或a=−1.=【点睛】若直线l:Ax1y10和直线++=l:Ax+By+C=0，当直线l⊥l1AA+BB=0时有，.121211222222.【答案】B【解析】8−4r28=0，求得r=2【分析】求出3x−的通项公式，令,即可得展开式的常数项.x38−8−4r28r【详解】二项式3x−的展开式的通项公式为T=r1Cxr83(−2)xr(2)Cx−r=−rr83x8−4r=0,求得r=28=.2令,可得展开式的常数项为3故选:3.【答案】C【解析】cba225ba2214ba12ba1==1+===y，故渐近线方程为=x=x.【详解】e，故，即2a2【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.4.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论.1()BC−BD==【详解】因为BC−BD=DC，，22()AD+BC−BD=AD+=AF所以．2故选：C5.【答案】C【解析】【分析】根据空间位置关系的向量判断方法对四个选项一一判断即可.)【详解】对于A：因为a=(−)=(1,b，所以a//b不成立，所以l∥l不成立故A错误；12)，u=(6,4,),au=16+()4+2()=0所以，对于B：因为a1,2=(−所以a⊥u，所以l//或l.故B错误；=(−)=(3,4,21,v),uv=2(−3)+24+(−)2=0，，对于C：因为u所以v⊥u，所以⊥.故C正确；)，u=(0),a=−u所以，对于D：因为a=(0,3,05所以l⊥.故D错误；故选：C6.【答案】A【解析】ax−y−1=0a【分析】由直线的倾斜角大于得到不等式，求出的范围，4从而利用充分条件，必要条件的定义得解．【详解】设直线的倾斜角为，ax−y−1=0y=−1tan=a，所以直线可化为由直线的倾斜角大于可得：tan1或tan0，4即：a1或a0，所以a1故选Aa1或a0，但a1或a0a1【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的概念，还考查了倾斜角与斜率的关系，属于基础题7.【答案】B【解析】【分析】以DDA为xDC为yDD为z与AD所11成角的取值范围．【详解】以D为原点，DA，，1分别为D−xyz轴正向，建立空间直角坐标系，则xyz，，=(−0,1)，CA1=1)=CA，则1AD，设CP0,1，1CP,,=(−)BP=(−−,)，，1==AD1,BP故，1·−2+12212323对于函数h(x)=2−2+1=−30,1有：+，12，()=()=，(x)=h=xh123331AD,BP,AD1,0,，又故故，122AD1,,.B.63【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查异面直线所成角的概念等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．8.【答案】C【解析】【详解】试题分析：抛物线y=4x焦点为F0)，准线方程为x=−1，211AF=3(2,22),B(,−2)(2,22),B(,2)由得或2211322S=y−y=12+=，故答案为．所以22AOBAB22考点：1、抛物线定义；、直线与抛物线的位置关系．9.【答案】D【解析】,P,B,M共圆，且AB⊥MP，根据【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点PMAB=4S=4PA⊥lPMAB时，可知，当直线最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线AB的方程．21+1+2(−)2+(−)2=4，点M到直线l的距离为d==52，所【详解】圆的方程可化为x1y122+2以直线l与圆相离．,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以依圆的知识可知，四点1PMAB=4S=4PAAM=4PA=−4，2，而2当直线⊥l时，=5，=1，此时PMAB最小．1212=−x11112y=x+:y1−=(−)x1y=x+解得，∴即，由．=22y02x+y+2=0所以以MP为直径的圆的方程为(x−1x+1+yy−1=0)()()，即x+y−y−1=0，222x+y+1=0两圆的方程相减可得：，即为直线AB的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．10.A【解析】,B,P,B两【分析】首先判断直线l与抛物线的位置关系，确定三点的位置关系，利用共线向量表示出点的坐标，再根据两点都在抛物线上可联立方程组根据方程是否有根确定P点是否存在，即可得出结果.【详解】由题意可知，将直线l:y=x+p和抛物线y=2px联立消去整理得，2xy2−2py+2p2=0；−8p=4p22=−4p<0，即该方程无解；2此时该方程可得直线l:y=x+p和抛物线无交点，,B,B过P的直线交抛物线于两点，由几何关系可知，在P点的同侧，如下图所示：不妨设P(0,0p(x,y),B(x,y)，+AABB2(x−x)=x−x2=A0BA由可得2=，即；2(y−x−p)=y−yA0BA所以B(3xA20,3yA202p)，−−−2=yA2pxA,B在抛物线上，所以又因为(3y−2x−2p)2=2p(3x−2x)A0A0x202+6(p−y)x+3y+2p22−6pyA=0消去并整理得AA0A此时关于0的一元二次方程=36(p−yA)2−8(3yA2+2p2−6pyA)=12yA2−24pyA+20p2=12(yA−p)2+8p>0恒成立，2即0恒有解，也就是对于直线l:y=x+p上任意一点P，过P的直线与抛物线y=2px2,B交于两点，都有2=，所以A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题以新定义的形式考察直线和圆锥曲线的位置关系，关键是将点在直线和抛物线上是否满足一定条件的问题转化成方程解的存在性问题，注意等价转化方能找到题眼求解.二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.【答案】22【解析】()与圆心连线的垂线与圆相交而成，d22=(−)+(−)=23212(22长为2r2−d2=222−=22.【考点定位】本题考查直线和圆的位置关系，考查数形结合思想和运算能力.圆的半径、弦心距、半弦构成的直角三角形在解决直线和圆问题常常用到，本题只需要简单判断最短弦的位置就能轻松解答,有时候可能会出现点到直线的距离公式来求弦心距的长度.12.【答案】−2【解析】【分析】令x=0，可得0=1，令x=1，可得a+a+a+a+a+a+a+a=−1，即可得答案.01234567【详解】解：令x=0，则有a0=1，令x=1，则有a+a+a+a+a+a+a+a=−1，01234567a+a+a+a+a+a+a=−1−a=−1−1=−2所以.12345670故答案为：2−13.【答案】36【解析】位数.【详解】已知用2,3三个数字组成一个四位数且每个数字至少出现一次，所以包含一下三种形式：①两个1，一个2，一个；②一个1，两个2，一个；③一个1，一个2，两个3.4AA43214==12种情况.其余情况①可以组成2221同理情况②③均可以组成12种情况.因此一共可以组成36个不同数字.故答案：3614.【答案】2.【解析】FA=OA⊥1A=，结合双曲线的渐近线可得1【分析】通过向量关系得到和，得到1ba=,=AOF==0=600=2BOA60,3从而由可求离心率.211【详解】如图，由1A=AB,得FA=.OF=OF,又得是三角形FFB的中位线，即BF//,BF=.由1121222FB⊥FB,OA⊥FA,则=有=，11B，得1211=,++=又OA与OB都是渐近线，得又，得2121bBOF=AOF=BOA=600,．又渐近线OB的斜率为=600=3，所以该双曲线的离心率为21acb2ae==1+()=1+(3)2=2．a【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．15.【答案】2−1;32n【解析】【详解】试题分析：由已知中的数据全行都为1的是第2n−1行；∵n=6−=26163，故第行共有个，逆推知第行共有32个63641621，第6132个．故答案为2−32.n考点：归纳推理．三､解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.）证明见解析21（2）（3）2122121【解析】1MF平面平面平面、MN平面BDE；A−（2A为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求线面角；（3）由向量法求与平面的夹角的正弦值，则点A到平面的距离为sinα.【小问1详解】证明：取，连接MF、NF，∵M是线段AD的中点，∴，∵BD平面BDE，平面BDE，∴MF平面BDE.D,E,N,PC,BCNFDE平面，NF∵点分别为棱的中点，∴，∵平面BDE，∴NF平面.、NF∵，∴MNF，∴平面MNF平面，∵MNFMN平面BDE.【小问2详解】∵PA底面⊥ABC,=90A为原点建立如图所示空间直角坐标系A−，则有()()()()()()，A0,0,0,B2,0,0,C4,0,M0,1,N2,0,E2,2)=(4,0)1,2,1,AC=(−)=(，n2y−z=0)y=1，则有设平面的法向量为n=(x,y,z，则，令n，n2y+z=0设AC与平面所成角为，则直线AC与平面的夹角的正弦值为421sinθ.n21【小问3详解】由（）得，MA，设与平面所成角为，222121sinα则点A到平面的距离为.n21175717.I（）.ii）.（IIX的分布列见解析，数学期望510【解析】32C123215【详解】解：(1)①设在一次游戏中摸出i个白球”为事件A＝0,1,2,3))＝·＝.i352②设在一次游戏中获奖为事件，则BA∪A，又2332C22C135C12C12321571212P(A2)＝＋·＝，且AA互斥，所以P(B)＝)P(A)＝＋＝.232352322(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2，71091−P(X0)＝＝2，77211−P(X1)C21·＝，1050749P(X2)＝2＝，100所以X的分布列是XP01292150491009214975X的数学期望E(X)＝＋1×＋2×＝.50100x2y2c6+=1,e==18.）；62a3（2）33【解析】m）由已知，将椭圆方程转化为标准形式，确定其长轴、短轴，并求出参数的值，从而求出椭圆方程及其离心率；（2）根据题意，易知，通过动点OPA和三角形进行运算即可.【小问1详解】⊥P的坐标求出点B的坐标，将四边形OPAB分割成三角形x2y2+=1，由题意知椭圆C:11mm11a2=，b=2所以，mm1故2a2==26，m16m=解得，x2y2所以椭圆C的方程为+=1.62因为c=a2−b=2，2c6所以离心率e==.a3【小问2详解】设线段的中点为D.因为BABP，所以⊥.=由题意知直线BD的斜率存在，设点P的坐标为(x,yy0)，)(000x+3y0=0,0k则点D的坐标为，直线的斜率，0−32213−00k=−=所以直线BD的斜率故直线BD的方程为，BDkAP03−00+3y−=x−.22020+2020−xy9x20+y0−92令x=0，得y=，故B.2y0−2−206y202203x+=1，得x20=6−3y20B由，化简得.2y0S=S+S因此，四边形11220−32=3y+302203202−3=y+022033=2y+022y03322y0220=33．3320==−2,2时等号成立．当且仅当时，即0202故四边形OPAB面积的最小值为33．19.）详见解析；（2）60；ANAC38ANAC78==.（3）存在，或【解析】）设，根据线面平行的性质可得PD//OM，进而即得；（2AD的中点G，根据线面垂直的判定定理可得⊥平面ABCD，然后利用坐标法利用面面角的向量求法即得；（3=，利用线面角的向量求法结合条件即得.【小问1详解】设ACBD=O，连接OM，因为侧面ABCD为正方形，所以O为BD的中点，因为PD//平面，PD平面，平面PBD平面，=OM所以PD//OM，又O为BD的中点，所以M为PB的中点；【小问2详解】AB//DC,DC⊥DP因为，⊥ABAP,AP⊥,AP平面ADP，DP平面ADP，所以ABDP，又所以AB平面取AD的中点G，则⊥，ADP，PGADP⊥ADP，由AB平面⊥平面，可得AB⊥，，AB,ABABCD，AD平面ABCD又平面所以⊥平面ABCD，如图以G为原点建立空间直角坐标系，2()(()(−))(−)−D2,0,0,A2,0,0,P2,C4,0,B4,0,M，则2()=4,0,=2,0,−2()所以，m=(z)，设平面的法向量为m−4y=02)则，令x=1，则m=，m2x−2z=0n=0)，(又平面ADP的法向量可取12,n==所以，mn2所以二面角BA的大小为60；−−【小问3详解】假设在线段AC上存在点N，使得直线MN与平面BDP所成的角为，(−)()=(4,0)，设=，因为A2,0,0,C4,0,AC2=()N(4−4,0)4,4,0M−，所以所以，，又22m=2)(=4−4−−，又平面的一个法向量为，224−1+4−2−2212cosm=所以，m22(−)2+(−)2+−241422整理可得642−40+210，=3878解得=或=，AN7838所以在线段AC上存在点N，使得直线MN与平面BDP所成的角为，的值为或.ACx2y2+=120.）32（2）5【解析】a,b,c【分析】(1)设出椭圆方程根据短轴长和离心率,,写出方程即可;M,N(2)先考虑斜率不存在的情况,设直线方程求出两点坐标,列出关于的面积进而求出2+2的值再考虑斜率存在的情况,设出直线方程,判别式大于零韦达定理求出点O到直线的距离,62+2的式子进行化简求进而求出的面积使其为,可得直线中关于参数的等式再列出2值即可.【小问1详解】x22y22+解由题知,设椭圆方程为()=1,ab0,ab因为短轴长为22,所以b=2,3因为离心率为,322a2−b2a2−23cc=====,所以aaa2a23解得:a3,c=1,x2y2+=1;故椭圆方程为:32【小问2详解】由题知当直线l斜率不存在时,不妨设l:x=n,−n33,x2y2x=n+=1,将代入椭圆方程322n2可得y=2−,−3n3,32n22n2M,2−Nn,−2−,不妨假设,3312n26S=n=−=,则n2232326化简可得:n2=,n=,266M,1,N,1此时,2222662+2=+++(−)=5,2故1222当直线l斜率存在时,不妨设l:y=kx+m()()Mx,yNx,y,2,112y=+m22=1,联立xy+32即2+k)x+6kmx+m−6=0222,=(6)242k−(+2m−6)0,2解得:2k+22m,6x+x=122+k2由韦达定理得:,m−62xx=122+k2因为(),O0,0my=+m则点O到直线的距离为:,k2+1=1+k2(x+x)−41x2212(−6)2−624m=1+k1+k2−2+k22+k22()=36k2m2−4m2−62+k22+k21+k2+k22()=k2+2−m2,1m1+k+226()=S=24k2+2−m2,所以21+2k2k2化简可得:k2+2=2m2=m2,满足题意,km2−6所以12+=,xx12,m2m22y1+=(+)+y2k1x2m=,故有2myym2m=(1+)(+)12=k2xx+(x+x)+m21212m2−6km=k2++m22m22=−1,2m2+2=+++−OM121222y22则=(+)x1x2−2xx+(+)y1y22yy122122−k2m2−6222=−2+−−2−12m2m2mm9k2m2−644===−++2m2m2m2m29k2−m+62m25m2m2=5,2+2为定值综上:【点睛】思路点睛本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的