北京市昌平区2022-2023学年高二上学期数学期末质量检测试卷（含答案）

北京市昌平区2022-2023学年高二上学期数学期末质量检测试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．已知直线l：x+y−2=0，则直线A．π4 B．π2 C．2π32．已知a=(x，1，−2)A．−92 B．2 C．−23．椭圆x2A．(−5，0) B．(3，0) C．4．已知正方体ABCD−A1B1C1DA．a+b+C．a−b−5．在(x−3)5A．−270 B．−90 C．90 D．2706．设m，n是两条不同的直线，A．若α∥β，m⊂αB．若α⊥β，m∥αC．若m∥n，m⊥αD．若m⊥n，m⊥α7．“m=2”是“双曲线x2−yA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知直线l：y=kx−1与曲线C：A．[−12，C．(−∞，−2]∪[2，9．某社区征集志愿者参加为期5天的“垃圾分类，全民行动”的宣传活动，要求志愿者每人只参加一天且每天至多安排一人.现有甲､乙､丙3人报名，甲要求安排在乙､丙的前面参加活动，那么不同的安排方法共有（）A．18种 B．20种 C．24种 D．30种10．已知正四棱锥P−ABCD的八条棱长均为4，S是四边形ABCD及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|A．3π4 B．π C．2π D．二、填空题11．已知直线l1：ax+2y+1=0，l212．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数共有个．（用数字作答）13．若(1+2x)4=14．数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，曲线G：①曲线G有且仅有四条对称轴；②曲线G上任意两点之间的距离的最大值为6；③曲线G恰好经过8个整点（即横坐标､纵坐标均为整数的点）；④曲线G所围成的区域的面积大于16.其中所有正确结论的序号是.15．在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA=1，AB=AC=2，则异面直线PC与AB所成角的大小为；点16．已知双曲线C经过点(1，4)，离心率为324，则双曲线C的标准方程为三、解答题17．已知圆C的圆心坐标为C(1，0)，且经过点（1）求圆C的标准方程；（2）若过点P作圆C的切线l与x轴交于点M，求直线l的方程及△PCM的面积.18．如图，在三棱柱ABC−A1B1C（1）求证：AC1⊥（2）求直线C1C与平面19．已知抛物线C：y2（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）设M(1，4)，直线l：y=x+b与抛物线C有两个不同的交点A，B.若△MAB是以20．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PD⊥平面ABCD，DA=DC=DP=2，点M在棱PC上，且PA//（1）求证：M是棱PC的中点；（2）再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（i）二面角M−BD−C的余弦值；（ii）在棱PA上是否存在点Q，使得BQ⊥平面BDM？若存在，求出PQPA条件①：∠BAD=60°；条件②：BD=2.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.21．已知椭圆G：x24+y2b2=1(0<b<2)的离心率为22，其左､右顶点分别为A1（1）求椭圆G的方程；（2）若线段MN的长等于453，求直线（3）设直线A1M，A2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因为直线l：化成斜截式为y=−x+2，所以直线l的斜率k=−1，设直线l的倾斜角为θ，则有tanθ=−1又因为θ∈[所以θ=3π故答案为：D

【分析】利用已知条件结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，进而得出直线l的倾斜角的值。2．【答案】B【解析】【解答】a=(x，1则xy−1×2=01×1−(−2)y=0，解之得y=−12故答案为：B

【分析】利用已知条件结合向量共线的坐标表示，进而得出x，y的值，从而得出xy的值。3．【答案】C【解析】【解答】因为椭圆x2所以椭圆焦点落在x轴上，a2所以c2=a所以椭圆x225+y2故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合椭圆的标准方程得出a，b的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出c的值，从而得出椭圆的右焦点的坐标。4．【答案】D【解析】【解答】在正方体ABCD−A1B则DB=又点E是BB1的中点，则所以DE=故答案为：D.

【分析】利用已知条件结合直方图的结构特征和中点的性质，再结合三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出DE→5．【答案】C【解析】【解答】(x−3)5令5−r=3，则r=2，则x3的系数为C故答案为：C

【分析】利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式得出x36．【答案】C【解析】【解答】作长方体ABCD−A对于A，取平面α为平面ABCD，平面β为平面A1B1C1D1，直线m为直线BC，直线n对于B，取平面α为平面ABCD，平面β为平面A1B1BA，直线m为直线C1D1，直线n对于D，取平面α为平面ABCD，平面β为平面A1B1BA，直线m为直线C1C，直线n为直线对于C，如图过直线n作平面γ与平面β相交，且β∩γ=l，因为n//β，n⊂γ，β∩γ=l，所以n//l，又m//n，所以m//l，因为m//l，m⊥α，所以l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，C符合题意.故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理，从而找出真命题的选项。7．【答案】A【解析】【解答】若m=2，则x2−y若渐近线方程为y=±2x，则ba=|m|故“m=2”是“双曲线x2−y故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而推出“m=2”是“双曲线x2−y8．【答案】D【解析】【解答】将y=1−x24得x24+y2=1(y≥0)，故曲线C为椭圆x24+y2当直线l：y=kx−1与曲线C：y=1−x24有公共点时，则故答案为：D

【分析】将y=1−x24转化为x24+y2=1(y≥0)，故曲线C为椭圆x24+y2=1的上半部分包括x轴上的部分，再利用直线9．【答案】B【解析】【解答】根据题意可知：需要从5天中选择3天分别安排甲乙丙3名志愿者，且甲在乙丙的前面，第一步：从5天中选择3天，共有C5第二步：将甲乙丙按照“甲乙丙”或者“甲丙乙”的顺序安排在已选好的3天中，共有2种选择，根据分步乘法计数原理得：不同的安排方法共有2×10=20。故答案为：B

【分析】利用已知条件结合组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而得出不同的安排方法共有的种数。10．【答案】B【解析】【解答】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为正方形ABCD的中心，如图，且BO=12×因为当PQ=3时，故OQ=P故T的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆上以及圆内，而正方形ABCD内切圆的圆心为O，半径为2>1，故T的轨迹在正方形ABCD内部，故其面积为π。故答案为：B.

【分析】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为正方形ABCD的中心，且BO=12×2×4=22，再利用勾股定理得出PO的长，再利用当PQ=3时结合勾股定理得出OQ的长，故T的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆上以及圆内，而正方形ABCD内切圆的圆心为O，半径为11．【答案】6【解析】【解答】由于l1⊥l2，所以故答案为：6

【分析】利用已知条件结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而得出实数a的值。12．【答案】12【解析】【解答】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有A3故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6=12。故答案为：12。

【分析】利用已知条件结合排列数公式，再结合分步乘法计数原理，进而得出从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数共有的个数。13．【答案】40【解析】【解答】由(1+2x令x=1，得a0令x=−1，得a0两式联立得a1故答案为：40。

【分析】利用已知条件结合赋值法和联立发，进而得出a114．【答案】①③④【解析】【解答】对于①：设点P(x0，y0显然点P(x0，y0)关于x轴的对称点P1(x0，−y0)，点P(x0，y0)关于y轴的对称点P2(−x0，y对于②：因为x2+y所以有4+|xy|≥2|xy|，则|xy|≤4，所以有x2即曲线G上任意一点到原点的距离d=x又曲线G的图象关于O点中心对称，所以曲线G上任意两点之间的距离的最大值为2d=42，故②对于③：令x=0，则y2=4，解得y=±2，可得点(0，令x=±1，则y2−|y|−3=0，显然令x=±2，则y2−2|y|=0，解得y=±2或y=0，可得点(−2，0)，(2，0)，(−2，当|x|≥3，x2≥9，此时将x2+y此时Δ=(−|x|)因为x2≥9，所以−3x综上所述，曲线G恰好经过8个整点.故③正确；对于④：显然由(−2，0)，(2，0)，(−2，−2)，(−2，2)，(2，−2)，(2，故答案为：①③④.

【分析】利用已知条件结合曲线的图形的对称性、两点距离公式、均值不等式求解方法、整点的定义、正方形的面积公式，进而找出结论正确的序号。15．【答案】π2；【解析】【解答】∵在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，PC=(0，2设异面直线PC与AB所成角为θ，0<θ≤则cosθ=|PC⋅AB设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，则m所以点A到平面PBC的距离为|m故答案为：π2，6

【分析】在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA=1，AB=AC=2，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线PC与AB所成角的余弦值，再结合为0<θ≤π2，进而得出角θ的值，再利用平面的法向量求解方法得出平面16．【答案】y27【解析】【解答】当双曲线C的焦点在x轴上时，可设双曲线C为：x2离心率为e=ca=1+b2a又因为双曲线C经过点(1，4)，则有1a2−当双曲线C的焦点在y轴上时，可设双曲线C为：y2离心率为e=ca=1+b2a又因为双曲线C经过点(1，4)，则有16a2−1b则c2=a则双曲线C的标准方程为y27−故答案为：y27−

【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法在，再结合焦点所在的位置，再利用代入法、双曲线的离心率公式、双曲线中a，b，c三者的关系式，进而得出双曲线的标准方程，进而结合焦距的定义得出双曲线的焦距。17．【答案】（1）解：由题意可知，设圆的方程为(x−1)2+y2=r2，又因为P(0（2）解：由题意知，直线的斜率存在，则设直线方程为y−3=k(x−0)，即kx−y+3=0，因为直线与圆相切，则圆心到直线的距离d=|k+3|k2+1=2，解得k=33，则直线方程为x−3y+3=0【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两点距离公式得出圆的半径长，进而得出圆的标准方程。

（2）由题意知，直线的斜率存在，则设直线方程为kx−y+3=0，再利用直线与圆相切结合点到直线的距离公式得出圆心到直线的距离和已知条件得出直线的斜率，从而得出直线方程，进而得出点M的坐标，根据题意知，三角形△PCM为直角三角形，再利用勾股定理得出PM的长和PC的长，再结合三角形的面积公式得出三角形18．【答案】（1）证明：∵C1C⊥平面ABC，AC⊂∴C∵AC=CC∴平行四边形ACC∴AC∵C1C⊥平面ABC，∴C∵BC⊥AC，AC∩CCAC⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC∵AC1⊂∴AC∵BC∩A1C=C，BC⊂平面A∴AC1⊥（2）解：记AC1与A1由(1)知AC1⊥所以C1D⊥平面故直线C1C与平面A1由(1)知平行四边形ACC∴∠C故直线C1C与平面A1【解析】【分析】（1）利用C1C⊥平面ABC结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以C1C⊥AC，再利用AC=CC1，所以平行四边形ACC1A1为正方形，所以BC⊥平面ACC1A1，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以AC1⊥BC，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出AC1⊥平面A1BC。

（2）记AC1与A1C交点为D，由(1)知AC1⊥平面A19．【答案】（1）解：因为抛物线C：y2=2px(所以抛物线C的方程为y2=4x，准线方程为（2）证明：设A(x1，y联立方程组y2=4xy=x+b，可得可得Δ=(2b−4)2−4x1+x2=4−2b因为△MAB是以AB为底边的等腰三角形，所以MT⊥AB，即可得kMT又因为kAB=1，M(1，4)，T(2−b，2)所以l：y=x−1，经过抛物线C的焦点【解析】【分析】（1）利用抛物线C：y2=2px(p>0)经过点(1，2)结合代入法得出p的值，从而得出抛物线的标准方程，再结合抛物线的标准方程得出准线方程。

（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用中点坐标公式得出AB中点T的坐标，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合判别式法得出b的取值范围，再结合韦达定理得出x20．【答案】（1）证明：连接AC交BD于F，连接MF则MF是平面PAC与平面BDM的交线，∵PA//平面BDM，PA⊂平面PAC，∴PA又底面ABCD为平行四边形，则F是AC的中点，∴M是棱PC的中点，（2）解：因为底面ABCD为平行四边形，又DA=DC=2，则底面ABCD为菱形，选择条件①：∠BAD=60°，或选择条件②：BD=2，均可得△ABD为正三角形.取AB中点N，连接DN，则DN⊥AB，即DN⊥DC又PD⊥平面ABCD，DQ，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DN，PD⊥DC，如图以D为原点，则D(0，（i）由于PD⊥平面ABCD，则DP=(0，0设平面BDM的法向量为n=(x，y所以DB⋅n=0DM⋅则cosDP，n所以二面角M−BD−C的余弦值为217（ii）若在棱PA上否存在点Q，设PQPA=λ，则PQ=λPA，且则BQ=若BQ⊥平面BDM，则BQ//n，所以故在棱PA上不存在点Q，使得BQ⊥平面BDM.【解析】【分析】（1）连接AC交BD于F，连接MF，则MF是平面PAC与平面BDM的交线，再利用PA//平面BDM结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以PA//MF，再利用底面ABCD为平行四边形，则F是AC的中点，从而证出点M是棱PC的中点。

（2）利用底面ABCD为平行四边形，再利用DA=DC=2，则底面ABCD为菱形。选择条件①：∠BAD=60°，或