辽宁省锦州市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题

关注公众号《品数学》加入高中数学资料群（QQ群号734924357），获取更多精品资料第一学期期末考试高二数学注意事项：1.本试卷考试时间为120分钟，满分150分.2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.3.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答题标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，1.经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（）A. B.1 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据两点斜率公式求解即可.【解析】经过两点的直线的斜率为，又直线的倾斜角为，所以，解得.故选:B.2.有4名男同学和2名女同学，按性别比例分层抽样抽取3人，则不同抽法共有（）A.6种 B.8种 C.10种 D.12种【答案】D【解析】【分析】利用分层抽样的定义及组合数的定义即可求解.【解析】由分层抽样的定义可知，抽取男同学的人数为人，抽取女同学的人数为人，所以从4名男同学中抽取人，2名女同学中抽取1人，共有种.故选：D.3.如图所示三棱锥中，为的中点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.【解析】因为为的中点，所以，于是.故选：C.4.截止2023年2月，“中国天眼”发现的脉冲星总数已经达到740颗以上.被称为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜（FAST）是目前世界上口径最大､灵敏度最高的单口径射电望远镜（图1），观测时它可以通过4450块三角形面板及2225个触控器完成向抛物面转化，此时轴截面可以看作抛物线的一部分.某学校科技小组制作了一个FAST模型，观测时呈口径为2米，高为0.5米的抛物面，则其轴截面所在抛物线（图2）的顶点到焦点的距离为（）A.0.5米 B.1米 C.2米 D.4米【答案】A【解析】【分析】根据待定系数法求解抛物线方程，即可根据几何意义求解.【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为，将点代入可得，故，因此顶点到焦点的距离为米.故选：A5.已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.若，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】由题可得，则，后可由渐近线方程可得两点坐标，后由可得关于的齐次方程，即可得答案.【解析】因为，则为中点，又为中点，则，又，则，故.又直线方程为：，直线方程为：，则直线方程为：.则A点横坐标满足：；则B点横坐标满足：；因为中点，，则代入，可得，则故选：A6.《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一部数学专著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即算筹）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､龟算､珠算､和计数.某学习小组有甲､乙､丙3人，该小组要收集九宫算､运筹算､了之算､成数算､把头算､珠算6种算法相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数为（）A.240 B.300 C.420 D.540【答案】D【解析】【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.【解析】将6种算法分成3组，有1，1，4一组，有1，2，3一组，以及2，2，2一组，然后将这3组分配给甲乙丙三个人，所以不同的分配方案有，故选：D7.已知直线与椭圆在第一象限交于两点，直线与轴，轴分别交于，两点，且，则直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】令的中点为，设，利用点差法得到，设直线，求出，的坐标，再根据求出即可得解.【解析】令的中点为,由题意可知，作出图形如图所示因为所以.设，则由，得，即，所以，即.设.令，得，令，得，即.所以.所以，解得或（舍）.又因为,所以，解得或（舍）.所以直线，即.故选：C.8.设是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为球，转化到空间得到轨迹为两球的交线即为圆，计算球心距，对应轨迹圆的半径为，再计算周长即可.【解析】以所在平面建立直角坐标系，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴，如图所示，因为，则，设，所以，化简得，故的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，转化到空间中，当绕为轴转一周时，保持不变，依然满足，故空间中的轨迹为以为球心，以为半径的球，同时又在球上，故点在两球的交线上，轨迹为圆.因为，所以球心距又因为,所以，所以故对应交线圆的半径为，周长为.故选：A.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知双曲线，则（）A.焦距为 B.虚轴长为5C.实轴长为6 D.焦点到渐近线的距离为3【答案】AC【解析】【分析】由双曲线方程及焦距，虚轴，实轴，焦点，渐近线定义可判断各选项正误.【解析】由可得，，则.A选项，焦距为，故A正确；B选项，虚轴长为，故B错误；C选项，实轴长为，故C正确；D选项，右焦点为，一渐近线方程为，则焦点到渐近线距离为：，故D错误.故选：AC10.关于的展开式，下列结论正确的是（）A.展开式所有项二项式系数和为8B.展开式各项系数和为0C.展开式含项的系数为D.展开式二项式系数最大项为第4项【答案】BCD【解析】【分析】选项A：利用二项式系数和的性质即可求解；选项B：令即可求解；选项C：根据二项式定理即可求解；选项D：根据以及二项式系数的性质即可求解．【解析】对于A：展开式中所有项二项式系数和为，故A错误；对于B：令，则展开式中所有项的系数和为，故B正确；对于C：的通项为，令，即，则项的系数为，故C正确；对于D：由二项式系数的增减性可知，展开式中第4项的二项式系数最大，即，故D正确.故选：BCD.11.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（图1），把三块这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示几何体.如图3中每个正方体的棱长为1，则（）A.B.C.点到直线的距离是D.异面直线与所成角的正切值为【答案】ABC【解析】【分析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出选项中的角度距离即可判断．【解析】如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，，选项B正确；，选项A正确；设，则点到直线的距离，选项C正确；，设异面直线与所成角为，则，有，所以，选项D错误．故选：ABC．12.已知直线过抛物线的焦点，与抛物线相交于两点，分别过作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，以线段为直径作圆为坐标原点，下列正确的判断有（）A. B.为钝角三角形C.点在圆外部 D.直线平分【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，根据焦半径公式即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，D，根据抛物线的性质得到，，即可判断C错误，D正确.【解析】如图所示：对选项A，由抛物线的焦半径公式可知，所以，故A正确；对于选项B，，令直线的方程为，代入得，所以，所以，所以是钝角三角形，故B正确；对选项C，D，由可知，又，所以，所以直线平分角，同理可得平分角，所以，即，所以圆经过点，故C错误，D正确．故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设则__________.【答案】1【解析】【分析】由向量平行相关知识可得答案.【解析】因，则，则.故答案为：114.写出一条满足下列性质的曲线的方程：①过原点；②关于轴对称；③关于轴对称，__________.【答案】或或等（答案不唯一）【解析】【分析】根据给定条件，写出曲线的方程并验证即可.【解析】方程的曲线过原点，由于，即该方程的曲线关于轴对称，又，即该方程的曲线关于轴对称，所以曲线的方程可以为.故答案为：15.在的展开式中，的系数为__________.（用数字回答）【答案】【解析】【分析】利用二项式定理求得的系数，结合组合公式即可得解.【解析】因为的展开通项公式为，所以的展开式中的系数为，因为，所以.故答案为：.16.已知椭圆的左､右焦点分别为，点是椭圆上不同两点，满足且在第一象限，若椭圆的离心率，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】利用题目条件可求得点的坐标，将点的坐标代入椭圆C方程即可化简出实数λ与离心率的关系，从而得到实数λ取值范围.【解析】根据题意知，由，则，则，即有，解得或（舍），则点的坐标为，由知，且，即有，，即的坐标为，将点的坐标代入椭圆C方程得，整理得，即，所以，又因为，所以，即实数取值范围为.故答案为：.【小结】关键小结：本题关键在于对所得齐次方程进行化简得到实数与离心率有关的等式，并借助该等式结合题目所给离心率的范围求解实数的取值范围.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.已知直线过点且与直线平行，圆经过点.（1）求直线的方程；（2）求圆的标准方程；（3）点是圆上的动点，求点到直线的距离最大值和最小值.【答案】（1）（2）（3）最大值，最小值.【解析】【分析】（1）法一：利用直线的斜截式方程及两直线平行的条件及点斜式即可求解；法二：利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解；（2）法一：根据已知条件及圆心在弦的垂直平分线上，进而求出垂直平分线方程，联立方程组求出圆心，利用两点间的距离求出半径,结合圆的标准方程即可求解；法二：利用待定系数法设出圆的方程，再结合点在圆上即可求解；（3）根据圆的性质及点到直线的距离公式即可求解.【小问1解析】法一：由，得，所以直线的斜率为，因为直线与直线平行，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.法二：依题意可设直线的方程为，由于直线过点，所以，所以所以直线的方程为【小问2解析】法一：由题意知，作出图形如图所示，圆过，所以中点为，直线垂直平分线记为，由得，所以直线的方程为即，又圆心在轴上，即上，联立，解得，所以圆心坐标为,半径所以圆的标准方程为.法二：设圆的一般方程为，圆过，所以,解得,所以圆的一般方程为，即.所以圆的标准方程为.【小问3解析】由（2）知，圆心，半径为，作出图形如图所示，所以圆心到直线的距离为，所以点到直线的距离最大值为；点到直线的距离最小值为.18.如图，四棱锥的底面是正方形，平面为中点.（1）判断直线与平面的位置关系，并证明；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）直线平面，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三角形中位线得到，再利用线面平行的判定即可证明；（2）法一：建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法即可；法二：利用等体积法即可求出点到平面的距离.【小问1解析】直线平面，证明如下：因为四边形为正方形，所以为的中点，又因为为中点，所以，因面，面，所以平面.【小问2解析】法一：以为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，又，故点到平面的距离.法二：因为面为中点，所以到面距离，因为为的中点，所以，所以，，，设点到面的距离为，因为，所以，所以.19.如图1，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点，将沿折起到位置，如图2.（1）证明：；（2）若二面角为，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到是中点，三角形为等腰直角三角形，证明出，得到结论；（2）由二面角为直角得到面面垂直，进而得到线面垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由向量夹角余弦公式求出答案.【小问1解析】在图（1）中，四边形是直角梯形，，所以，因为，为中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为是的中点，所以是中点，又，，所以三角形为等腰直角三角形，所以，图（2）中，且，所以；【小问2解析】已知二面角为，所以平面平面，且交线为，由（1）知，，平面，所以平面，以为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以，得，设平面的法向量，设平面的法向量，设平面与平面所成角，则，令，则，故，又，解得，令，则，故，从而，平面与平面所成角，所以平面与平面所成角余弦值为.20.已知圆，点，点为圆上的动点，线段的垂直平分线交半径于点，设动点的轨迹为曲线，直线交曲线于不同两点，原点到直线的距离为.（1）求曲线的方程；（2）求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据垂直平分线的性质，结合椭圆的定义即可求解,（2）根据点到直线的距离公式可得，进而根据弦长公式求解长度，即可的面积公式表达式，进而利用基本不等式即可求解最值.【小问1解析】由垂直平分线的性质可得，则所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，可知故所以曲线方程为【小问2解析】由已知直线交椭圆与不同两点，原点到直线距离为可得：，可得将代入椭圆方程，整理得所以,所以当且仅当即时等号成立，当时，，综上可知，当最大时，的面积取最大值【小结】方法小结：圆锥曲线中最值与范围问题常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将的面积用k表示出来，然后再利用基本不等式长最值．21.在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，，分别为中点.（1）求证：平面平面；（2）已知，设平面与平面的交线为，上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）借助面面平行的判定定理即可得；（2）结合题目条件建立空间直角坐标系后，借助空间向量计算即可得.【小问1解析】在平行四边形中，分别为中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为分别为中点，所以，又平面，平面，所以平面，又，所以平面