2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才双语学校高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才双语学校高二上学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才双语学校高二上学期期末数学试题 一、单选题1．已知椭圆（）的一个焦点为，则（    ）A． B．3 C．41 D．9【答案】A【分析】根据椭圆中的关系运算求解，注意焦点所在的位置.【详解】由题意可知：椭圆的焦点在y轴上，且，则.故选：A.2．已知，如果，则（    ）A． B．0 C． D．—1【答案】A【分析】根据向量共线定理，结合空间向量线性关系的坐标关系列方程求参数，即可得结果.【详解】由题设，存在使，则，可得，所以.故选：A3．过点在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（    ）A． B．C．或 D．或【答案】D【分析】按截距为0和不为0分类讨论分别求得符合题意的直线方程【详解】当截距时，设直线方程为，将，代入得，∴方程为当截距时，过原点和点的直线方程为又且在两坐标轴上的截距相等，∴过点A且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为和故选：D.4．如图， “天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女) 在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人， 且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为（    ）A．14 B．18 C．30 D．36【答案】B【分析】先求出总的安排方案数，再求出两名女航天员在一个舱内的方案数，两者相减即可.【详解】将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为其中两名女航天员在一个舱内的方案数为所以满足条件的方案数为种.故选:B.5．若圆被直线平分，由点向圆作切线，切点为，则的最小值是（    ）A．4 B． C．3 D．6【答案】A【分析】根据圆被直线平分，得到直线过圆的圆心，代入圆心坐标的，即可得到点的轨迹方程为，然后根据相切得到，利用勾股定理得到，然后求的最小值即可.【详解】因为圆被直线平分，所以直线过圆的圆心，由圆的方程得圆心，代入直线得，整理得，因为点，所以为直线上一动点，因为与圆相切，所以，，所以最小时，也最小，，所以.故选：A.6．已知的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据二项式系数的性质可得，再结合二项展开式的通项求各项系数，分析列式求系数最小项时的值，代入求系数的最小值.【详解】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则∴展开式的通项为则该展开式中各项系数若求系数的最小值，则为奇数且，即，解得∴系数的最小值为故选：C.7．设点P是抛物线:上的动点,点M是圆:上的动点,d是点P到直线的距离,则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意画出图像,将转化为抛物线上点到准线的距离再加1,也即是抛物线上点到焦点的距离加1,若求的最小值,转化为抛物线上点到焦点距离和到圆上点的距离再加1即可,根据三角形两边之和大于第三边,即当共线时,取最小值为,算出结果即可.【详解】解:由题知圆:, 为抛物线焦点,为抛物线准线,则过点向作垂线垂足为,如图所示:则,根据抛物线定义可知,,=,若求的最小值,只需求的最小值即可,连接与抛物线交于点,与圆交于点,如图所示,此时最小,为,,,.故选:B8．是双曲线右支在第一象限内一点，，分别为其左、右焦点，为右顶点，如图圆是的内切圆，设圆与，分别切于点，，当圆的面积为时，直线的斜率为（    ）A． B．或0 C．0 D．【答案】D【分析】由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为，又根据圆的面积可求出半径，可知圆心，可求出，因为是的角平分线，借助于角相等可求直线的斜率.【详解】由题意可知，，所以，设，则，即，即，设圆半径为，因为圆的面积为，则，即，因为，所以，于是，因为是的角平分线，所以，所以，即直线的斜率为.故选：D 二、多选题9．已知直线：，：，则下列选项正确的为（    ）A．直线过定点 B．当时，或C．当时，和相交 D．当时，两直线，之间的距离为1【答案】AB【分析】直线方程整理为关于的方程，由恒等式知识可求得定点坐标，判断A，由垂直的条件求得参数范围，判断B，由两直线平行的条件求得的值可得相交的条件，判断C，由两直线平行，然后求得值，代入后得两平行线的方程，由距离公式计算．【详解】直线方程整理为，由，解得，因此直线过定点，A正确；，则，解得或，B正确；由得或，所以且时，和相交，C错；时，两直线方程分别为，，两直线平行，它们的距离为，时，两直线方程分别为和，即和，两直线平行，距离为，D错．故选：AB．10．将甲，乙，丙，丁4个志愿者分别安排到学校图书馆，食堂，实验室帮忙，要求每个地方至少安排一个志愿者帮忙，则下列选项正确的是（    ）A．总其有36种安排方法B．若甲安排在实验室帮忙，则有6种安排方法C．若图书馆需要安排两位志愿者帮忙，则有24种安排方法D．若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有6种安排方法【答案】AD【分析】先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，即可判断A；分实验室只安排甲1人和实验室安排2人，即可判断B；先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，即可判断C；将甲､乙看成一人，则将3人安排到3个不同的地方，即可判断D.【详解】解：对于A，先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，有种安排方法，故A正确；对于B，若实验室只安排甲1人，则有种安排方法，若实验室安排2人，则有种安排方法，所以若甲安排在实验室帮忙，则有12种安排方法，故B错误；对于C，先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，则有种安排方法，故C错误；对于D，若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有种安排方法，故D正确.故选：AD.11．如图，四边形为正方形，平面平面，且为正三角形，，为的中点，则下列命题中正确的是（    ）A． B．平面C．直线与所成角的余弦值为 D．二面角大小为【答案】ACD【分析】取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，，，，则，A对；，易知平面的一个法向量为，，故与平面不平行，B错；，，所以，直线与所成角的余弦值为，C对；设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角为，D对.故选：ACD.12．已知：的左，右焦点分别为，，长轴长为6，点在椭圆外，点在椭圆上，则下列说法中正确的有（    ）A．椭圆的离心率的取值范围是B．椭圆上存在点使得C．已知，当椭圆的离心率为时，的最大值为D．的最小值为【答案】ABD【分析】对于A，根据点在椭圆外利用离心率的公式可确定离心率的取值范围；对于B，转化为上下顶点处；对于C，根据点与椭圆的位置关系确定距离最值；对于D，利用基本不等式求解.【详解】对于A，由题意可知，所以，所以椭圆方程为，因为在椭圆外，所以解得，因为，所以，故A正确；对于B，当点位于上下顶点时，最大，此时，，所以为钝角，所以椭圆上存在点使得，故B正确；对于C，由离心率，所以，所以椭圆方程为，设点,则，当时有最大值为,此时,故C错误；对于D，，，当且仅当，即点位于上下顶点时，有最小值，故D正确；故选:ABD. 三、填空题13．已知抛物线的焦点为，在C上有一点满足，则点到轴的距离为______.【答案】12【分析】由条件结合抛物线的定义求出点横坐标，再由抛物线方程求其纵坐标，由此可求点到x轴的距离.【详解】因为抛物线的方程为，所以其焦点的坐标为，其准线方程为，设点的坐标为，因为，所以点到准线的距离为12，即，所以，因为点在抛物线上，所以，所以，所以点的坐标为或，故点到轴的距离为12.故答案为：12.14．在的方格中放入1个白球和完全相同的2个黑球，每一行、每一列各只有一个球，每球占一格，则不同的放法种数为__________．（结果用数字作答）【答案】【分析】先放白球，然后放黑球，结合分步乘法计数原理求得正确答案.【详解】先在个格选一个放白球，方法数有种，再放个黑球，方法数有种，所以不同的放法数有种.故答案为：15．如图，在平面内，是的斜线，若，则与平面所成角是_____________．【答案】【分析】如图，根据边长关系，确定平面，进而求出线面角的大小.【详解】如图,取中点为,连接,,同理, 在△中，,,,且，又,，，即,又因为,所以平面，所以为与平面所成角，在△中，,所以.故答案为:.16．已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的右支于A，B两点，且，，则在下列结论中，正确结论的序号为______．①双曲线的离心率为2；②双曲线的一条渐近线的斜率为；③线段AB的长为 ；④的面积为．【答案】①④【分析】利用双曲线定义结合可得，利用，求得，继而可得，即可求得额离心率，判断①，由离心率可得，判断②，利用，求得，判断③，计算的面积判断④.【详解】如图示：不妨设A在第一象限，则，由于，可得： ，由于，所以 ，故 ，可得： ，故 ，而,故，所以由可得 ，即，所以①双曲线的离心率 ，①正确；由可得，故 ，则双曲线的渐近线的斜率为，②错误；由以上分析可知，③错误；在 中， ， 故 ，④正确，故答案为︰①④﹒【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线定理的理解和应用，解答本题的关键在于利用双曲线定义结合已知求得后，要注意推出 ，从而 ，即可求得相关线段长，则离心率渐近线斜率和弦长以及面积问题即可解决. 四、解答题17．已知.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）设的展开式中前三项的二项式系数之和为M，的展开式中各项系数之和为N，若，求实数a的值.【答案】（1）（2）3，-1【分析】（1）当或时，二项式系数最大，写出对应的项即得解；（2）由题意：，即得解.【详解】（1）当或时，二项式系数最大即：.（2）由题意：若，即【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18．已知点，，求：(1)过点A，B且周长最小的圆的标准方程；(2)过点A，B且圆心在直线上的圆的标准方程．(3)圆C的圆心为，且过点．直线l：与圆C交M，N两点，且，求k．【答案】(1)(2)(3)或 【分析】（1）为圆的直径时，满足题意，此时的中点为圆心，为直径长度，据此，可求得答案.（2）设出圆的标准方程，然后根据题意，列出相应的方程组，计算即可求解.（3）设出圆的标准方程，圆的半径设为，设圆心到直线的距离为，根据题意，利用弦长，计算即可求出答案.【详解】（1）过点A，B且周长最小的圆，该圆的直径必为，设的中点为，，，得，，故所求的圆的方程为：（2）过点且圆心在直线上的圆，可设圆心，则可设圆的标准方程为：，代入，求得，解得，，，故所求的圆的方程为：（3）设圆的方程为：，且过点，代入得，且直线l：与圆C交M，N两点，且，故设圆心到直线的距离为，则，则，得，所以，，得，整理得，或，19．在长方体中，，，是的中点，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求平面与平面夹角的余弦值；(2)求点到平面的距离；(3)向量是否与向量、共面?【答案】(1)(2)(3)共面，理由见解析 【分析】（1）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；（2）利用点到平面的距离公式可求得点到平面的距离；（3）设，利用空间向量的坐标运算可求出、的值，即可得出结论.【详解】（1）解：易知、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.（2）解：易知点，，所以，点到平面的距离为.（3）解：设，即，所以，，解得，即，因此，向量与向量、共面.20．已知椭圆的焦点为，，且经过点.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线：与曲线交于，两点，求四边形面积的最大值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设椭圆的方程为，求出得解；（2）将代入方程，得到韦达定理，设，、，，求出和的范围即得解.【详解】（1）解：设椭圆的方程为，所以，所以，所以椭圆E的标准方程为.（2）将代入方程，得．设，、，，①，②，③，由①得，．所以当时，四边形面积的最大值为 .21．如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,,平面平面,且侧面为等边三角形.为线段的中点.(1)求证:直线;(2)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为.【答案】(1)证明见解析(2)存在 【分析】(1)连接,通过一个顶角的菱形得到,又有得到平面即可证明结果;(2)根据题意建立空间直角坐标系,设出点坐标,通过向量求平面法向量与的夹角正弦值,使其等于,得出点坐标即可.【详解】（1）证明:连接,如图所示:因为三角形为正三角形,,又四边形为菱形,且,所以也是正三角形,所以,平面,平面,又平面;（2）由平面平面,及可得,平面.直线两两垂直,以为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示,菱形边长为2,所以可求得,,设平面的法向量为,则,取,可得其中一个法向量,因为是线段上的点,所以存在实数,使得,,设直线与平面所成的角为,则,解得或,所以线段上存在点满足题意,且为线段的两个三等分点.22．设抛物线的准线为l，A、B为抛物线上两动点，于，定点使有最小值．(1)求抛物线的方程；(2)当（且）时，是否存在一定点T满足为定值？若存在，求出T的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在定点，使得为定值． 【分析】（1）根据抛物线的定义将抛物线上的点到准线的距离转化为到焦点的距离，然后三点共线时，距离和最短，即可得到关系式；（2）由已知可得，直线经过点，设出直线方程和点的坐标，与抛物线联立，根据韦达定理，得到，，表示出，整理完成得到，可知当所有的形式前面的系数均为0时为定值，即可解出T的坐标和该定值.【详解】（1）设抛物线焦点为F，，根据抛物线的定义有，则，即，所以（舍去负值），则抛物线的方程为．（2）∵，∴K、A、B三点共线．∴设直线AB方程为，设，，，联立得，，则或.，，，，且有，而，因为，的任意性，要使该值为定值，需满足，可得，此时.