2021北京人大附中高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京人大附中高二（上）期末数学（教师版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021北京人大附中高二（上）期末
数 学
一、选择题（本大题共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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
1．（5分）已知，是两条不同直线，，，是三个不同平面，下列命题中正确的是　　
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
2．（5分）已知复数为虚数单位），则下列说法正确的是　　
A．复数在复平面内对应的点落在第二象限
B．
C．的虚部为1
D．
3．（5分）如果直线与直线垂直，那么的值为　　
A． B． C． D．2
4．（5分）某邮局有4个不同的信箱，现有5封不同的信需要邮寄，则不同的投递方法共有　　
A．种 B．种 C．种 D．种
5．（5分）若抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为　　
A． B． C． D．
6．（5分）已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，则的系数为　　)
A．14 B． C．240 D．
7．（5分）在棱长为1的正四面体中，，分别是，中点，则　　
A．0 B． C． D．
8．（5分）如图，设椭圆的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限上的点，直线交椭圆于点，若直线平分线段于，则椭圆的离心率是　　

A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
9．（5分）若复数是虚数单位）在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是　　．
10．（5分）已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点．则曲线的方程为　　．
11．（5分）在边长为2的菱形中，，将这个菱形沿对角线折成的二面角，这时线段的长度为　　．
12．（5分）若直线与圆相交于，两点，且，为坐标原点），则　　．
13．（5分）用1，2，3组成四位数，其中恰有一个数字出现两次的四位数有　　个．
14．（5分）如图，若正三棱柱的底面边长为8，对角线的长为10，点为的中点，则点到平面的距离为　　，直线与直线所成角的余弦值为　　．

三、解答题（本大题共3小题，每题10分，共30分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
15．（10分）在平面直角坐标系中，已知定点、、，的外接圆为圆，直线的方程为．
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若直线与圆相切，求的值；
（Ⅲ）若直线与圆相交于，两点，，求的值．

16．（10分）如图，在四棱锥中，平面平面，，为线段，的中点，四边形是边长为1的正方形，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）点在直线上，若平面平面，求线段的长．

17．（10分）已知椭圆过点，且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于，两点．若直线上存在点，使得四边形是平行四边形，求的值．
四、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
18．（6分）展开式中系数最大的项是　　
A． B． C． D．
19．（6分）设为双曲线的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于，两点．若，则的离心率为　　
A． B． C．2 D．
20．（6分）如图，在正方体中，，点在平面内，，则点到距离的最小值为　　

A． B． C． D．3
五、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
21．（6分）已知直线和直线，则抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是　　．
22．（6分）设集合，，，，，0，，，2，3，4，，则集合中满足条件“”元素个数为　 　．
23．（6分）已知椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列三个命题：
①点的轨迹关于轴对称；
②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；
③的最小值为2，
其中，所有正确命题的序号是　　．
六、解答题（本大题共1小题，满分14分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
24．（14分）已知椭圆的左顶点为，动直线与椭圆交于不同的两点，（不与点重合），点在以为直径的圆上，点关于原点的对称点为；
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）求证：直线过定点；
（Ⅲ）（ⅰ）求面积的最大值；
（ⅱ）若为直角三角形，求直线的方程．

2021北京人大附中高二（上）期末数学
参考答案
一、选择题（本大题共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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
1．【分析】通过举反例可得、、不正确，根据垂直于同一个平面的两条直线平行，可得正确，从而得出结论．
【解答】解：、，平行于同一个平面，故，可能相交，可能平行，也可能是异面直线，故错误；
、， 垂直于同一个平面，故，可能相交，可能平行，故错误；
、，平行于同一条直线，故，可能相交，可能平行，故错误；
、垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确．
故选：．
【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质，平面与平面垂直的性质，线面垂直的性质，注意考虑特殊情况，属于中档题．
2．【分析】求出．从而复数在复平面内对应的点落在第四象限；分别求出，，，由此能求出结果．
【解答】解：
．
对于，复数在复平面内对应的点落在第四象限，故错误；
对于，，故错误；
对于，，的虚部是1，故正确；
对于，，故错误．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查复数的几何意义、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．【分析】根据两直线垂直的条件列方程求出的值．
【解答】解：直线与直线垂直，
则，
解得．
故选：．
【点评】本题考查了两直线垂直的应用问题，是基础题．
4．【分析】根据题意，分析可得每封信都有4种不同的投递方法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，某邮局有4个不同的信箱，则每封信都有4种不同的投递方法，
则5封不同的信，有种不同的不同的投递方法，
故选：．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
5．【分析】根据准线方程求得，则抛物线方程可得．
【解答】解：准线方程为


抛物线方程为
故选：．
【点评】本题主要考查了抛物线的标准方程．属基础题．
6．【分析】先由题意利用二项式系数的性质求得的值，可得通项公式，在通项公式中，令的幂指数等于3，求得的值，可得的系数．
【解答】解：由二项式的展开式中的通项公式为，
它第2项与第3项的二项式系数之比是，，求得，
故通项公式为．
令，求得，故的系数为，
故选：．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
7．【分析】欲求，先把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱所在向量为基底的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱向量之间的关系，因为棱长及其夹角可知，从而得到结果．
【解答】解：



故选：．

【点评】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．
8．【分析】连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率．
【解答】解：如图，连接，
椭圆的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限上的点，
直线交椭圆于点，直线平分线段于，
为的中位线，
，且，
，
解得椭圆的离心率．
故选：．

【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆、三角形中位线等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
9．【分析】利用复数的运算法则求出，根据复数在复平面内对应的点在第四象限，列出不等式组，能求出实数的取值范围．
【解答】解：在复平面内对应的点在第四象限，
，解得，
则实数的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查复数的运算法则、几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．【分析】由双曲线的渐近线方程可得，①，求得椭圆的焦点，可得，②，解方程可得，，进而得到双曲线的方程．
【解答】解：双曲线的渐近线方程为，
由一条渐近线方程为，可得，①
椭圆的焦点为，，
可得，②
由①②可得，，
即双曲线的方程为，
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
11．【分析】取中点，连接，，则，，，是这个菱形沿对角线折成的二面角的平面角，从而，由此能求出．
【解答】解：在边长为2的菱形中，，
将这个菱形沿对角线折成的二面角，
取中点，连接，，
则，，，
是这个菱形沿对角线折成的二面角的平面角，
，
．
故答案为：．

【点评】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查数形结合思想，是中档题．
12．【分析】若直线与圆交于、两点，，则为顶角为的等腰三角形，顶点（圆心）到直线的距离，代入点到直线距离公式，可构造关于的方程，解方程可得答案．
【解答】解：若直线与圆交于、两点，为坐标原点，
且，
则圆心到直线的距离，
即，
解得，
故答案为：2．
【点评】本题考查的知识点是直线与圆相交的性质，其中分析出圆心到直线的距离是解答的关键．
13．【分析】根据题意，分3步进行分析：①在3个数字中选出1个，重复出现，②在个十百千四个数位中选出2个，安排重复出现的数字，③将剩余的2个数字安排到其他两个数位，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解；根据题意，分3步进行分析：
①在3个数字中选出1个，重复出现，有种选法，
②在个十百千四个数位中选出2个，安排重复出现的数字，有种选法，
③将剩余的2个数字安排到其他两个数位，有种情况，
则其中恰有一个数字出现两次的四位数个，
故答案为：36．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
14．【分析】先证平面，再证平面，可推出点到平面的距离即为点到平面的距离，然后利用等体积法，即可得解；取的中点，连接，，易知或其补角即为所求，再证，由，得解．
【解答】解：由正三棱柱的性质知，平面，
平面，，
正，且为的中点，，
又，、平面，
平面，
，平面，平面，
平面，
点到平面的距离即为点到平面的距离，
，平面平面，平面平面，
平面，，
，，，
，
设点到平面的距离为，
，
，即
，
故点到平面的距离为．

取的中点，连接，，则，
或其补角即为直线与直线所成角，
，，
四边形为平行四边形，
，，
，，
，
，
直线与直线所成角的余弦值为．
故答案为：；．
【点评】本题考查点到面的距离、异面直线夹角的求法，熟练掌握利用等体积法处理点到面的距离，以及利用平移法找到异面直线所成的角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共3小题，每题10分，共30分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
15．【分析】（Ⅰ）由已知可得圆心坐标及半径，则圆的方程可求；
（Ⅱ）由圆心到直线的距离等于半径列式求得值；
（Ⅲ）设圆心到直线的距离为，由弦长可得弦心距，再由点到直线的距离公式列式求解．
【解答】解：（Ⅰ）圆经过点、、，
，，
圆心为，半径为，
则圆的方程为；
（Ⅱ）直线与圆相切，
圆心到直线的距离为1．
，解得；
（Ⅲ）设圆心到直线的距离为，
直线与圆相交于，两点，，
，得，则，
，解得或．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
16．【分析】（Ⅰ）取线段中点，连接、，可得四边形为平行四边形，即可
（Ⅱ）连接可得，，以为原点建立空间直角坐标系．，，，，0，，，1，，，1，，，0，，，，，求得面的法向量为．由即可．
（Ⅲ）设，．求得面的法向量为，由解得．即可．
【解答】解：（Ⅰ）如图取线段中点，连接、，
为中点，，，
又四边形是边长为1的正方形，，，
，．四边形为平行四边形，．
面，面，
平面；
（Ⅱ）连接，，为中点，．
面，面面，面面．
面．
又面，面，，，
如图建立空间直角坐标系．，，，，0，，，1，，，1，，，0，，
，，
设面的法向量为，
由，可取．
，．
直线与平面所成角的正弦值为：；
（Ⅲ）设，．
设面的法向量为
则有
可得
平面平面，，解得．
．

【点评】本题主要查空间线面位关、面面位置关系、二面角等基础识，空间向应用，同时查空间想能力和运算求能力．属于中档题．
17．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出，，即可得到椭圆的方程．
（Ⅱ）直线的方程为，得到，求出，设，，，．联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式转化求解即可．
【解答】（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）由题意得，，所以．（2分）
因为，（3分）
所以，（4分）
所以椭圆的方程为．（5分）
（Ⅱ）若四边形是平行四边形，
则，且．（6分）
所以直线的方程为，
所以，．（7分）
设，，，．
由得，（8分）
由△，得．
且，．（9分）
所以．．（10分）
因为，所以．
整理得，（12分）
解得，或．（13分）
经检验均符合△，但时不满足是平行四边形，舍去．
所以，或．（14分）
【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．
四、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
18．【分析】．由，解出即可得出．
【解答】解：．
由，可得：．
解得．
展开式中系数最大的项是．
故选：．
【点评】本题考查了不等式的解法、二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19．【分析】由题意画出图形，由可得过，，由直角三角形直角边与斜边的关系求的离心率．
【解答】解：如图，

由，可知过点，，
由图可得，得．
故选：．
【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
20．【分析】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出的坐标，借助于向量的外积求解点到距离的最小值．
【解答】解；建立如图所示空间直角坐标系，
则平面的方程为，
又点在平面内，且，则的轨迹满足：
．
设，，，则，
，
点到距离，
，，
，，设，则，，
则，
当时，．
此时，即，4，．
故选：．

【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
五、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．请把结果填在答题纸上的相应位置．）
21．【分析】如图所示，过点作，交抛物线于点，垂足为，过点作，垂足为．则，可知：是抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值．
【解答】解：如图所示，
过点作，交抛物线于点，垂足为，过点作，垂足为．
则，可知：是抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值．
．
故答案为：．

【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22．【分析】从条件“”入手，讨论所有取值的可能性，分为5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况进行讨论．
【解答】解：由，0，，，2，3，4，，集合中满足条件“”，
由于只能取0或1，因此5个数值中有2个是0，3个是0和4个是0三种情况：
①中有2个取值为0，另外3个从，1中取，共有方法数：；
②中有3个取值为0，另外2个从，1中取，共有方法数：；
③中有4个取值为0，另外1个从，1中取，共有方法数：．
总共方法数是：．
故答案为：130．
【点评】本题考查了组合数的计算公式及其思想、集合的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
23．【分析】运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；
通过的变化，可得②不正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③．
【解答】解：椭圆的两个焦点分别为
，和，，
短轴的两个端点分别为和，
设，点在椭圆上，且满足，
由椭圆定义可得，，
即有在椭圆上．
对于①，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，
故①正确；
对于②，由图象可得轨迹关于，轴对称，且，
则椭圆上满足条件的点有4个，
不存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，故②不正确；
对于③，由图象可得，当满足，即有，即时，
取得最小值，可得，即有的最小值为2，故③正确．
故答案为：①③．

【点评】本题考查椭圆的定义和方程的运用，以及对称性，考查数形结合的思想方法，以及运算能力，属于中档题．
六、解答题（本大题共1小题，满分14分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．）
24．【分析】（Ⅰ）求出椭圆左顶点为，推出，得到椭圆方程，然后求解离心率即可．
（Ⅱ）设，，，，当轴时，，通过，利用，求出直线的方程为．当与轴不垂直时，设的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合向量的数量积求出直线方程，得到直线过定点．
（Ⅲ）连接，因为为中点，求出三角形面积的表达式，
，利用换元法，结合二次函数的性质，求解面积的范围，得到最大值．
设，通过
①当时，②当时，③当时，判断是否满足条件，转化求解直线方程即可．
【解答】（Ⅰ）解：因为椭圆的左顶点为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为，
，，所以
所以椭圆的离心率为．
（Ⅱ）证明：设，，，，
当轴时，，，
因为点在以为直径的圆上，
所以，所以，
所以，
因为，
所以，
解方程得或，
因为不过，所以舍去，
所以，所以直线的方程为．
当与轴不垂直时，
设的方程为，
代入椭圆方程化简得，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
当时，
直线的方程为过，不合题意，舍去．
当时，直线的方程为
综上，直线过定点．
（Ⅲ）解：连接，因为为中点，
所以，
当轴时，由（Ⅱ）知，
所以．
当与轴不垂直时，
，
令，
所以，
因为，
所以，
综上，当直线时，的面积最大，最大值为．
（Ⅲ）因为为直角三角形，设，
下面分三种情况讨论：
①当时，则，
因为，
所以，所以，△，所以无解．
所以不可能为直角．
②当时，
当轴时，
由椭圆的对称性知，
此时的方程为，
当与轴不垂直时，，
又，
所以，此时．
③当时，
因为的方程为，
因为，所以，
又因为，所以，
所以直线的方程为，
得，
因在椭圆上，所以，
解得，
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．