2022-2023学年北京市怀柔区高二上学期期末检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市怀柔区高二上学期期末检测数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市怀柔区高二上学期期末检测数学试题 一、单选题1．若直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为 (　　)A． B． C． D．【答案】A【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，故选A.2．若直线与直线垂直，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】利用两直线垂直，斜率相乘为-1，列出方程求解即可.【详解】∵直线与直线垂直， 故选：C3．已知抛物线，则焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线的方程直接求出焦点即可.【详解】由抛物线可得其焦点在轴上，其焦点坐标为.故选:D.4．若点，点，且，则点的坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设，根据列方程组即可求解.【详解】设，则，因为，所以，解得.故点的坐标为.故选:A.5．若圆与圆相内切，则为（    ）A．1 B．2 C．5 D．1或5【答案】D【分析】根究两圆内切满足的圆心距和半径差的关系即可求解.【详解】圆的圆心和半径为 ，圆的圆心和半径为,由两圆内切，所以或，故选：D6．将单位圆上所有点的横坐标变为原来的3倍，再将纵坐标变为原来的2倍，得到的曲线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可知：单位圆经过伸缩变换，将其整理代入圆的方程即可求解.【详解】设得到曲线上任意一点，由题意可知：单位圆经过伸缩变换，整理可得：，又在单位圆上，所以，整理变形可得：，所以单位圆上所有点的横坐标变为原来的3倍，再将纵坐标变为原来的2倍，得到的曲线方程为，故选：.7．已知双曲线的离心率是2，则其渐近线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据双曲线的离心率求出的值，进而可得答案.【详解】由双曲线可得，所以双曲线的渐近线方程为，即.故选：B8．在长方体中，，，，则直线与平面内直线所成的角中最小角为（    ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】B【分析】设是平面内任一直线，是的一个方向向量.当或与重合时，即等于线线角，在中，求出即可；当与不平行且不重合时. 设，，，则可以作为空间向量的一个基底.则，根据平面向量基本定理以及共线向量可得到的一个方向向量.设线线角为，则.令，用判别式法求出，即可得到，从而求出结果.【详解】如图，连接.设是平面内任一直线，是的一个方向向量.①当或与重合时，即等于直线和所成的角.又，，，则在中，；②当与不平行且不重合时.设，，，则可以作为空间向量的一个基底，且，，，两两垂直，则，且.根据平面向量基本定理，可知，，显然，则与向量共线，所以也是的一个方向向量.设，则.设直线和所成的角为，则.，，，所以，则.令，整理可得，该方程有解，即，解得，即，即，所以.因为，在上单调递减，所以当时，取最小值为.又，即.综上所述，直线与平面内直线所成的角中最小角为.故选：B.9．在平面内，、是两个不同的定点，是动点，若，则点的轨迹为（    ）A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】A【分析】建系设出、、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可．【详解】在平面内，，是两个定点，是动点，以方向为正方向，线段的中点为原点，建立平面直角坐标系，设，则，，设点的坐标为，所以，因为，即，所以，即，化简得，所以点的轨迹为圆．故选：A．10．从7个人中选4人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排2人，第二天和第三天均安排1人，且人员不重复，则不同安排方式的种数可表示为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】用分步计数原理.先选出2人安排在第一天，再选出2人安排在后两天，将结果乘起来即可.【详解】用分步计数原理.第一步，从7个人中选2人的负责值班第一天，不同安排方式的种数；第二步，剩余5人选取2人安排在第二天和第三天，不同安排方式的种数.所以，不同安排方式的种数可表示为.故选：D. 二、双空题11．圆的圆心为_________，半径为_________.【答案】          【分析】先对圆的一般方程进行配方转化为标准方程，从而得到圆心的坐标与半径.【详解】因为圆可化为，所以所求圆心为，半径为.故答案为：；.12．设双曲线的左右焦点分别是，，点在双曲线上，则__________；若为直角，则点的纵坐标的是_____________.【答案】          【分析】根据双曲线的方程及定义可求出，设，再利用向量数量积为零求解即可.【详解】由可知，故，，，设，则，因为为直角，所以,因为，所以，解得或故答案为：；. 三、填空题13．过点且与直线平行的直线方程为___________.【答案】【分析】根据平行直线系设直线方程为，代入即可求解.【详解】设与与直线平行的直线方程为，将点代入得，所以所求方程为，故答案为：14．在的展开式中，的系数为_____________.【答案】10【分析】写出展开式的通项为，令，解出代入即可得到结果.【详解】展开式的通项为，.令，可得.所以，的系数为.故答案为：10.15．数学中有许多美丽的曲线，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.如曲线，（如图所示），给出下列三个结论①曲线关于直线对称；②曲线上任意一点到原点的距离都小于；③曲线围成的图形的面积是.其中，正确结论的序号是_________.【答案】①③【分析】根据点的对称性可判断①，由曲线方程知曲线关于原点，，轴对称，当，时，可得，可得，所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，由此可作出曲线的图象，从而通过运算可判断命题②③的真假．【详解】设点在曲线上，则，关于直线对称的点，将代入曲线中得，因此在曲线上，故①正确，曲线可知曲线关于原点，，轴对称，当，时，可得，可得，所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，曲线上任意点到原点的距离的最大值为，曲线上任意一点到原点的距离都小于或等于，故命题②错误；根据对称性可知曲线围成的图形的面积为4个半圆的面积加上边长为的正方形的面积，即，故命题③正确；故答案为：①③ 四、解答题16．在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.(1)求圆的方程；(2)若定点，点在圆上，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用待定系数法设得圆，再根据题意得到关于的方程，进而求得，由此得到圆的方程；（2）利用定点到圆上动点的最小距离的求法求解即可.【详解】（1）设圆为，则，半径为，因为圆心在直线上，所以，因为直线与圆相切于点，所以直线与直线垂直，所以，即，则，解得，则，所以，故圆为.（2）因为，所以点在圆外，因为，所以，即的最小值为.17．已知抛物线的焦点为.(1)求的值；(2)过点的直线与抛物线交于，两个不同点，若的中点为，求的面积.【答案】(1)2；(2). 【分析】（1）解，即可得出答案；（2）点差法求出直线的斜率，得到直线的方程，根据抛物线的定义求出，根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可求出面积.【详解】（1）由已知可得，，所以.（2）由（1）知，抛物线的方程为.设，，则有，，显然，两式作差可得，，即.因为的中点为，所以，则，即，所以直线斜率为，此时直线方程为，即.联立与抛物线的方程可得，，，直线与抛物线有两个交点，满足.所以，直线方程为.又，根据抛物线的定义可知.点到直线的距离，所以的面积.18．如图，在长方体中，，，点在上，且.(1)求直线与所成角的大小；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出，，利用空间向量的数量积求解直线与所成角的余弦值即可．（2）求出平面的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角【详解】（1）以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 所以，．所以,所以，故直线与所成角为 ．（2）因为,,设平面的法向量为，，，则即令，则，,于是,设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为19．如图，四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意可得，然后根据线面平行的判定定理即可得到结果；（2）以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合法向量即可求得二面角的大小.【详解】（1）因为在四棱锥中，，所以，因为平面，平面，所以平面（2）因为平面平面，且平面平面，又因为，所以平面，以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为由，解得，令，则所以又因为平面，平面的一个法向量设平面与平面所成角为，则显然二面角为锐角，所以，即所以平面与平面所成角为..20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在，进行分类讨论：当直线的斜率存在时，设直线：.设轴上存在定点，利用“设而不求法”表示出，求出；再由对称性判断出直线的斜率不存在时符合题意.【详解】（1）由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.（2）设.当直线的斜率存在时，设为，则直线：.联立，消去可得：.所以.设轴上存在定点，则，.因为，所以，所以，即，整理得：，所以，所以，解得：.即.当直线的斜率不存在时，由对称性可知：，关于轴对称，由，可知直线与直线关于轴对称，所以直线与直线的斜率之和为零.符合题意.综上所述：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.21．如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1.【分析】（I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC【详解】（I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD （II）设正方形边长a，则．又，所以∠SDO＝60°．连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，即二面角P－AC－D的大小为30° （III）在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC．由（II）可得，故可在SP上取一点N，使PN＝PD．过N作PC的平行线与SC的交点即为E．连BN，在△BDN中知BN∥PO．又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1 【解析】1．直线与平面垂直的判定；2．二面角求解；3．线面平行的判定