北京市第八中学2021-2022学年高二上学期期末数学试卷(含答案)

这是一份北京市第八中学2021-2022学年高二上学期期末数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了解答题共5道小题，共65分等内容，欢迎下载使用。
2022北京八中高二（上）期末数    学一、选择题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）已知，，则直线的倾斜角为　　A． B． C． D．2．（5分）展开式中第3项的二项式系数为　　A．6 B． C．24 D．3．（5分）若直线与双曲线相交，则的取值范围是　　A． B． C． D．4．（5分）从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，，一辆车从甲地到乙地，恰好遇到2个红灯的概率为　　A． B． C． D．5．（5分）已知平面，的法向量分别为，，，，3，，则　　A． B． C．，相交但不垂直 D．，的位置关系不确定6．（5分）甲、乙、丙、丁、戊五人随机地排成一行，则甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻的概率为　　A． B． C． D．7．（5分）已知长方体中，，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为　　A． B． C． D．8．（5分）抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记两次的点数均为偶数，两次的点数之和为，则　　A． B． C． D．9．（5分）已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是　　A． B． C． D．10．（5分）为迎接第24届冬季奥运会，某校安排甲、乙、丙、丁、戊共5名学生担任冰球、冰壶和短道速滑三个项目的志愿者，每个比赛项目至少安排1人，每人只能安排到1个项目，则所有排法的总数为　　A．60 B．120 C．150 D．24011．（5分）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，点为中点，若直线与所成的角为，则三棱锥的体积等于　　A． B． C．2 D．12．（5分）已知曲线，则曲线上的点到原点距离的最小值是　　A． B． C． D．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。13．（5分）的展开式中，各项系数之和为1，则实数　　（用数字填写答案）14．（5分）已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为 　　．15．（5分）随机变量的取值为0，1，2，若，，则　　．16．（5分）已知点和，圆，当圆与线段没有公共点时，则实数的取值范围为 　　．17．（5分）在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则下列说法中，正确的有 　　（请填入所有正确说法的序号）①当时，△的周长为定值；②当时，三棱锥的体积为定值；③当时，有且仅有一个点，使得；④当时，有且仅有一个点，使得平面．三、解答题共5道小题，共65分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。18．（10分）某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数的分布列与期望．19．（12分）已知抛物线的准线方程是，直线与抛物线相交于、两点．（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）求弦长；（Ⅲ）设为坐标原点，证明：．20．（13分）一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次“6点”获得15分，出现三次“6点”获得120分，没有出现“6点”则扣除12分（即获得分）．（Ⅰ）设每盘游戏中出现“6点”的次数为，求的分布列；（Ⅱ）玩两盘游戏，求两盘中至少有一盘获得15分的概率；（Ⅲ）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．21．（15分）如图，在直角梯形中，，，．直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且使得平面平面．为线段的中点．为线段上的动点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）当点满足时，求证：直线平面；（Ⅲ）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．22．（15分）如图，已知椭圆的短轴端点为、，且，椭圆的离心率，点，过点的动直线椭圆交于不同的两点、（与，均不重合），连接，，交于点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求证：当直线绕点旋转时，点总在一条定直线上运动；（Ⅲ）是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案一、选择题共12小题，每小题5分，共60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．【分析】先求出直线的斜率，由此能求出直线的倾斜角．【解答】解：，，直线的斜率，直线的倾斜角为．故选：．【点评】本题考查直线的倾斜角的求法，考查斜率计算公式、直线的倾斜角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．【分析】由题意知利用二项展开式的通项公式即可求出展开式中第3项的二项式系数．【解答】解：展开式中第3项的二项式系数为，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理，二项式系数的求法，考查运算求解能力，属于基础题．3．【分析】直线与双曲线无公共点，求出双曲线的渐近线，即可推出的范围．【解答】解：由题意直线恒过原点，双曲线的渐近线为：，直线与双曲线相交，．故选：．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是将两曲线有交点的问题转化为方程有根的问题，这是研究两曲线有交点的问题时常用的转化方向．4．【分析】利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式直接求解．【解答】解：从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，，一辆车从甲地到乙地，恰好遇到2个红灯的概率为：．故选：．【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5．【分析】由，得，不平行，由，得，不垂直；从而，相交但不垂直．【解答】解：平面，的法向量分别为，，，，3，，对于，，，不平行，故错误；对于，，，不垂直；对于，由，得，相交但不垂直，故正确；对于，，相交但不垂直，故错误．故选：．【点评】本题考查两个平面的位置关系的判断，考查法向量、面面平行、面面垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．【分析】利用排列求出基本事件总数和事件包含的基本事件数，再利用古典概型的概率公式求解即可．【解答】解：设甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻为事件，基本事件总数为，事件包含的基本事件数为，（A），故选：．【点评】本题考查古典概型，排列组合的应用，是基础题．7．【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【解答】解：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，4，，，4，，，4，，，4，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，1，，平面的一个法向量为，0，，设平面与平面所成的锐二面角的平面角为，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为：．故选：．【点评】本题考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．8．【分析】此是一个条件概率模型的题，可以求出事件包含的基本事件数，与在发生的条件下，事件包含的基本事件数，再用公式求出概率．【解答】解：由题意事件记两次的点数均为偶数，包含的基本事件数是，，，，，，，，共9个基本事件，在发生的条件下，两次的点数之和为，包含的基本事件数是，，，，，共3个基本事件，．故选：．【点评】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，属于中档题．9．【分析】根据已知条件，结合抛物线的定义，可得点到直线和直线的距离之和，当，，三点共线时，最小，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【解答】解：抛物线，抛物线的准线为，焦点为，点到准线的距离等于点到焦点的距离，即，点到直线和直线的距离之和，当，，三点共线时，最小，，，点到直线和直线的距离之和的最小值为．故选：．【点评】本题主要考查抛物线的性质，考查数形结合的能力，属于中档题．10．【分析】先将5名志愿者分为两组，然后每组全排列即可．【解答】解：5名志愿者可分为如下的两组，①一组3人，其余两组都是1人，则排法为，②一组1人，其余两组都是2人，则排法为，所有排法的总数为，故选：．【点评】本题主要考查排列组合的应用，利用先分组后排列的方法是解决本题的关键，是中档题．11．【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用数量积求夹角可得，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：如图，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，2，，，1，，，1，，，2，，设直线与的夹角为，则，解得．．故选：．【点评】本题考查多面体体积的求法，训练了利用空间向量求解空间角，考查运算求解能力，是中档题．12．【分析】化简方程，得到，作出曲线的图形，通过图象观察，即可得到原点距离的最小值．【解答】解：即为，两边平方，可得，即有，作出曲线的图形，如右：则由图象可得，与点或的距离最小，且为．故选：．【点评】本题考查曲线方程的化简，考查两点的距离公式的运用，考查数形结合的思想方法，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。13．【分析】通过给二项式中的赋值1求出展开式的各项系数和，即可求出．【解答】解：令，得各项系数之和为，解得．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理，在求二项展开式的各项系数和问题时常用赋值法，属于基础题．14．【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．【解答】解：，是椭圆的两个焦点，点在上，，所以，当且仅当时，取等号，所以的最大值为9．故答案为：9．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用，是基础题．15．【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出，，根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．【解答】解析：设，，则由已知得，，解得，，所以．故答案为：【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式．16．【分析】当点和都在圆的内部时，，解得或，再结合点到直线的距离公式，即可求解．【解答】解：当点和都在圆的内部时，，解得或，直线的方程为，即，圆心到直线的距离，当圆心到直线的距离大于半径时，有，解得或，综上所述，实数的取值范围为或或或．故答案为：或或或．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题．17．【分析】①结合得到在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点，使得线面垂直．【解答】解：由题意得：，，，，，所以为正方形内一点，①当时，，即，，，所以在线段上，所以△周长为，如图1所示，当点在，处时，，故①错误； ②如图2，当时，即，即，，，所以在上，，因为，平面，平面，所以点到平面距离不变，即不变，故②正确； ③当时，即，如图3，为中点，为的中点，是上一动点，易知当时，点与点重合时，由于△为等边三角形，为中点，所以，又，，所以平面，因为平面，则，当时，点与点重合时，可证明出平面，而平面，则，即，故③错误； ④，当时，即，如图4所示，为的中点，为的中点，则为上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点，连接，，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点与点重合时，故只有一个点符合要求，使得平面，故④正确． 故答案为：②④．【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的相关知识及用特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决，难点在于对每一选项作出对应图象，属于难题．三、解答题共5道小题，共65分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。18．【分析】（1）直接利用古典概型的概率计算方法求解即可．（2）的取值为0、1、2、3，求出对应的概率，得到分布列然后求解期望．【解答】解：（1）事件 “选派的三人中恰有2人会法语的概率为；（5分）（2）的取值为0、1、2、3，则，，，；分布列为：0123．（13分）【点评】本题考查离散型随机变量的分布列的应用，期望的求法，考查计算能力．19．【分析】（1）的准线方程为，故．由此能求出抛物线方程．（2）将直线与抛物线联立得到关于，的韦达定理，利用弦长公式．（3）将代入，得，设，，，，则，由，，得，由此能导出．【解答】解：（1）的准线方程为，．抛物线方程为．（2）将代入，消去，整理，得，设，，，，，的纵坐标，是的两个根，，，，（3）证明：将代入，消去，整理，得，设，，，，，的纵坐标，是的两个根，，由，，得，，，，．【点评】本题主要考查抛物线与直线联立后的弦长公式及韦达定理的联立，属于抛物线的中档题20．【分析】的可能取值为0，1，2，3．每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为．利用二项分布列的计算公式即可得出．（Ⅱ）设“第盘游戏获得分15分”为事件，利用互斥事件与对立事件的概率计算公式即可得出．（Ⅲ）设每盘游戏得分为．由（Ⅰ）知的分布列，即可得出结论．【解答】解：（Ⅰ）可能的取值为0，1，2，3．每次抛掷骰子，出现“6点”的概率为．，，，，所以的分布列为：0123（Ⅱ）设“第盘游戏获得”为事件，则．所以“两盘游戏中至少有一次获得15分”的概率为．因此，玩两盘游戏至少有一次获得15分的概率为．（Ⅲ）设每盘游戏得分为．由（Ⅰ）知，的分布列为：15120的数学期望为．这表明，获得分数的期望为负．因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．【点评】本题考查了二项分布列、互斥事件与对立事件的概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21．【分析】建立空间直角坐标系求两直线的方向向量，根据数量积为0可证的结论；求得直线的方向向量和平面的法向量，证得两向量垂直即可；求直线的方向向量平面和法向量的夹角即可．【解答】证明：由已知可得，，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线建立如图所示的空间直角坐标系，．，0，，，2，，，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，1，，，0，，，0，，1，，，0，，0，，，，即，，，平面，又平面，；证明：设点坐标为，，，则，，，，，，，，，，解得，，，即，，，设平面的一个法向量为，，，又，1，，，，，，即，令，则，，平面的一个法向量为，，，又，0，，，0，，，，直线平面；解：设，，，则，，，，，，设平面的一个法向量为，，，，0，，，1，，，即，令，则，，平面的一个法向量为，1，，设与平面所成角为，则，，解得或（舍去），故存在点，，即点与为距的第一个五等分点．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查满足线面平行的证明是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．22．【分析】（Ⅰ）根据离心率和，通过计算即可求解；（Ⅱ）设直线的方程为，，，，，联立方程求解即可；（Ⅲ）设直线的方程为，，，，，联立方程与根据题意求解即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得解得，，可得椭圆方程为．（Ⅱ）由题意得直线过点．设直线的方程为，，，，，联立方程组，整理得，可得．因为直线与椭圆由两个交点，所以△，解得，设，因为，，在同一条直线上，则，①又由，，在同一条直线上，则，②由①②可得，整理得，解得．所以点在直线，即当直线绕点旋转时，点总在一条定直线上运动．（Ⅲ）由（2）知，点在直线上运动．即，设直线的方程为，，，，，又由，，且，可得，即，联立方程组，整理得，可得，，代入可得，解得，此时直线的斜率不存在，不合题意，所以不存在直线，使得成立．【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于难题．