2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高二（上）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年黑龙江省佳木斯市三校联考高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1=(1,2,1)，平面βA.平行 B.垂直 C.相交 D.不能确定2.直线x+3yA.30° B.60° C.120°3.椭圆x24+yA.53 B.52 C.4.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤1，若将军从点AA.17−1 B.17−5.设{i,j,k}为空间的一个标准正交基底，m=8A.7 B.−20 C.23 D.6.若直线ax−by+2=0(aA.10 B.4+26 C.7.在长方体ABCD−A1B1C1D1A.15 B.56 C.8.已知双曲线C与椭圆y25+x2=1有共同的焦点，且焦点到该双曲线渐近线的距离等于A.y23−x2=1 B.二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.关于椭圆3x2+4A.离心率为12 B.长轴长是23

C.焦点在y轴上 D.焦点坐标为10.在正方体ABCD−A1B1C1A.AC B.BD C.A111.已知点A(2,0)，B(−2,0)；直线l：(1+3A.0 B.1 C.2 D.412.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，动点A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4

B.点C到平面ABC1D1的距离为2

C.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知a=(1,2,−y)，b=(x,14.若圆x2+y2=4，与圆C：x2+y2+15.已知点M(0,1,−2)，平面α过原点，且垂直于向量n=16.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，若以点A四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题10分)

已知空间三点A(−2,0,2)，B(−1,1,2)，C(−318.(本小题12分)

直线l经过两直线l1：3x+4y−2=0和l2：2x+y+2=0的交点．

(1)若直线19.(本小题12分)

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点，

20.(本小题12分)

在平面直角坐标系中，圆C的圆心在直线x−y=0上，且圆C经过点P(2,0)和点Q(−1,3)21.(本小题12分)

已知抛物线C：y2=2px(p>0)上的点M(5,m)到焦点F的距离为6．

(1)求抛物线C的方程

(2)22.(本小题12分)

如图，已知点A(1,2)是离心率为22的椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上的一点，斜率为2的直线BD

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由题意知v1=(1,2,1)，v2=(2,4,2)，

则v22.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查直线的一般式方程，涉及直线的倾斜角和斜率的关系，属基础题．

由直线的方程可得直线的斜率，由倾斜角和斜率的关系可得答案．

【解答】

解：直线x+3y+2=0可化为y=−33x−23.【答案】A

【解析】解：由椭圆方程为x24+y29=1可知，a2=9，b2=4，∴c2=a2−b2=5，∴c=5

∴椭圆的离心率e=4.【答案】A

【解析】解：设点A关于直线x+y=4的对称点A′(a,b)，设军营所在区域的圆心为C，

根据题意，A′C−1为最短距离，先求出A′的坐标，

AA′的中点为(a+32,b2)，直线AA′的斜率为1，

故直线AA′为y=x−3，

由a+325.【答案】B

【解析】解：∵{i,j,k}为空间的一个标准正交基底，

∴i⋅j=i⋅k6.【答案】C

【解析】解：圆x2+y2+2x−4y+1=0是以(−1,2)为圆心，以2为半径的圆，

又∵直线ax−by+2=0(a>0,b>0)被圆x2+y2+2x7.【答案】C

【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，属于基础题．

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线【解答】

解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，

∴A(1,0,0)，D18.【答案】A

【解析】解：因为椭圆的方程为y25+x2=1，所以椭圆的焦点坐标为(0,±2)，

由题意，双曲线C的焦点在y轴上，且c=2，

设双曲线C的方程为y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，则有a2+b29.【答案】AD【解析】解：将椭圆方程化为标准方程为x24+y23=1，

所以该椭圆的焦点在x轴上，C错误；

焦点坐标为(−1,0)，(1,0)，D正确；

a=2，长轴长是410.【答案】AC【解析】解：因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，

建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，

则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E(12,1211.【答案】BC【解析】解：由(1+3λ)x−(1+2λ)y+2=0(其中λ∈R)，得(x−y+2)+λ(3x−2y)=0，

因为λ∈R，

所以x−y+2=012.【答案】AB【解析】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

对于A，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，

BC=(−2,0,0)，AB=(0,2,0)，AD1=(−2,0,1)，

设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅AB=y=0n⋅AD1=−x+z=0，取x=1，得n=(1,0,1)，

设直线BC与平面ABC1D1所成的角为θ，

则sinθ=|BC⋅n||BC|⋅13.【答案】12

−【解析】解：a=(1,2,−y)，b=(x,1,2)，

则a−b=(1−x,114.【答案】2【解析】解：由题意AB所在的直线方程为：(x2+y2+2y−6)−(x2+y2−4)15.【答案】2

【解析】解：由题可知点M到平面α的的距离即为OM在n的投影，

∵M(0,1,−2)，∴OM=(0,1,−2)，

∴OM⋅n16.【答案】15【解析】解：过点A作AP⊥MN于点P，则点P为线段MN的中点，

因为点A为(a,0)，渐近线方程为y=±bax，

所以点A到渐近线y=bax的距离为|AP|=|ba⋅a−0|(ba)2+1=abc，

在Rt△OAP中，|OP|=17.【答案】解：(1)由题设a=(1,1,0)，b=(−1,0,2)，

所以cos<a【解析】(1)应用向量线性关系坐标运算得a=(1,1,0)，b18.【答案】解：(1)由3x+4y−2=02x+y+2=0，求得x=−2y=2，

可得两直线l1：3x+4y−2=0和l2：2x+y+2=0的交点为(−2,2)．

当直线l与直线3x+y−1=0平行，设l的方程为3x+y+m=0，

把点(−【解析】(1)由题意两立方程组，求两直线的交点的坐标，利用两直线平行的性质，用待定系数法求出l的方程．

(2)分类讨论直线l的斜率，利用点到直线的距离公式，用点斜式求直线19.【答案】证明：(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，

D(0,0,0)，B1(2,2,2)，

则DA1=(【解析】(1)以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能证明CF/​/平面A1DE．20.【答案】解：(1)圆C的圆心在直线x−y=0上，设圆心的坐标为(a,a)

所以圆的方程为(x−a)2+(y−a)2=r2，

且圆C经过点P(2,0)和点Q(−1,3).

所以(2−a)2+a2=r2(1+a)【解析】本题考查的知识要点：圆与直线的位置关系式的应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．

(1)首先利用已知条件建立方程组求出圆心和半径，进一步求出圆的方程．

21.【答案】解：(1)由题设，抛物线准线方程为x=−p2，∴抛物线定义知：5+p2=6，可得p=2，

∴C：y2=4x．

(2)由题设，直线l的斜率存在且不为0，

设：x=k(y+1)+【解析】本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，是中档题．

(1)结合抛物线的定义，求解p，得到抛物线方程．

22.【答案】解：(1)由题意，可得e=ca=