2022北京西城高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2022北京西城高二（上）期末数学（教师版），共14页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。
2022北京西城高二（上）期末数    学一、选择题共10小题，每小题4分，共40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．（4分）已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为　　A． B． C． D．2．（4分）在空间直角坐标系中，点，5，关于坐标平面的对称点为　　A．，5， B．，， C．，5， D．，，3．（4分）抛物线的焦点坐标为，则其准线方程为　　A． B． C． D．4．（4分）圆与圆的位置关系为　　A．外离 B．外切 C．相交 D．内切5．（4分）在的展开式中，的系数为　　A． B． C．5 D．106．（4分）在长方体中，，，则直线与平面所成角的大小为　　)A． B． C． D．7．（4分）已知椭圆，双曲线，其中．若与的焦距之比为，则的渐近线方程为　　A． B． C． D．8．（4分）将4名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球3个项目进行培训，每名志愿者只分到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有　　A．48种 B．36种 C．24种 D．12种9．（4分）设抛物线的顶点为原点，焦点在轴上．过的直线交抛物线于点，则以为直径的圆　　A．必过原点 B．必与轴相切 C．必与轴相切 D．必与抛物线的准线相切10．（4分）如图，某市规划在两条道路边沿，之间建造一个半椭圆形状的主题公园，其中为椭圆的短轴，为椭圆的半长轴．已知，，．为使尽可能大，其取值应为（精确到　　A． B． C． D．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）圆心为且过原点的圆的方程是 　　．12．（5分）已知直线，．若，则实数　　．13．（5分）在正三棱柱中，，则直线与所成角的大小为 　　；直线到平面的距离为 　　．14．（5分）设双曲线的两个焦点是，，点在双曲线上，则　　；若为锐角，则点的纵坐标的取值范围是 　　．15．（5分）如图，在正方体中，过的平面分别交，于点，．给出下列四个结论：①四边形一定是平行四边形；②四边形可能是正方形；③四边形为菱形时，其面积最小；④四边形为矩形时，其面积最大．其中所有正确结论的序号是 　　．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（10分）从2位女生，4位男生中选出3人参加垃圾分类宣传活动．（Ⅰ）共有多少种不同的选择方法？（Ⅱ）如果至少有1位女生入选，共有多少种不同的选择方法？17．（15分）如图，在长方体中，，，点在上，且．（Ⅰ）求直线与所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角的余弦值．18．（15分）已知椭圆的一个顶点为，且离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）直线与椭圆交于，两点，且，求的值．19．（15分）设，为两定点，，曲线是到点的距离与到点的距离之比为定值的点组成的集合．（Ⅰ）判断的中点是否在曲线上；（Ⅱ）建立适当的平面直角坐标系，求曲线的方程，并讨论曲线的形状．20．（15分）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，．点在上，且平面．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求点到平面的距离．21．（15分）已知椭圆，过点的直线交椭圆于，两点．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）已知两点，．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40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】根据已知条件，结合方向向量的定义，求出直线的斜率，再结合斜率与倾斜角的关系，即可求解．【解答】解：直线的一个方向向量为，直线的斜率，直线的倾斜角为．故选：．【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．2．【分析】根据关于平面对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，第三坐标变为它的相反数，即可求得答案．【解答】解：由题意，关于平面对称的点横坐标、纵坐标保持不变，第三坐标变为它的相反数，从而有点，5，关于平面对称的点的坐标为，5，，故选：．【点评】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，属于基础题．3．【分析】抛物线的焦点坐标为，可得．即可得到抛物线的准线方程．【解答】解：抛物线的焦点坐标为，．抛物线的准线方程为：．故选：．【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，属于基础题．4．【分析】求出两个圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，即可判断两个圆的位置关系．【解答】解：圆的圆心，半径为1；圆圆心坐标，半径为：3，两个圆的圆心距为：2，又两个圆的半径差为：，两个圆的位置关系是内切．故选：．【点评】本题考查圆的标准方程的应用，两个圆的位置关系的判断，基本知识的考查，基础题．5．【分析】根据二项式定理即可求解．【解答】解：的展开式中含的项为，则的系数为，故选：．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．6．【分析】平面，为直线与平面所成的角，在中，求出，即可得到直线与平面所成角的大小．【解答】解：连接，由长方体，可得平面，所以在平面的射影为，所以为直线与平面所成的角，由，，可得，，在中，，所以直线与平面所成角的大小为．故选：．【点评】本题考查线面角的求法，属基础题．7．【分析】通过椭圆与双曲线的焦距关系，推出，关系，然后求解双曲线的渐近线方程．【解答】解：椭圆，双曲线，其中．与的焦距之比为，可得，可得，所以双曲线的渐近线方程：．故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质以及椭圆的简单性质的应用，是基础题．8．【分析】先将4人分成3组，其中一组有2人，然后将3个项目进行排列，即可完成这个事件，进而可得到结果．【解答】解：先将4人分为3组，其中一组有2人，另外两组各1人，共有种分法，然后将3个项目全排列，共有种排法，根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有种，故选：．【点评】本题考查排列组合，涉及分步乘法计数原理，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．9．【分析】设抛物线的方程，可得焦点的坐标，设的横坐标，由题意可得的值，进而求处以为直径的圆的半径，再求的中点的横坐标，可得中点到轴的距离等于半径，所以以为直径的圆与轴相切．【解答】解：由题意设抛物线的方程为：，则焦点，，准线方程为：，设，，由题意可得，所以以为直径的圆的半径，而的中点的横坐标为，所以可得以为直径的圆必与轴相切，故选：．【点评】本题考查抛物线的性质的应用与直线与圆相切的性质，属于中档题．10．【分析】由题意得，建立适当的平面直角坐标系，使椭圆为标准的方程，由题意得椭圆的短轴长，当直线与椭圆相切时，椭圆的长半轴最大，由题意知直线的斜率为1，可得直线的方程，设椭圆方程，联立直线与椭圆的方程，使判别式等于零时，长轴长最长．【解答】解：由题意设建立坐标系，所在的直线为轴，以所在的直线为轴，为坐标原点，由题意得椭圆的，设椭圆方程：，由，，直线 与轴的交点的横坐标也为3，由题意设直线为：，当直线与椭圆相切时，椭圆的长半轴最大，联立直线与椭圆的方程整理得：，△，即，解得：，所以．故选：．【点评】考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．【分析】求出圆的半径，即可求出圆的标准方程．【解答】解：圆心为且过原点的圆的半径为：．所求圆的标准方程为：．故答案为：．【点评】本题考查了圆的标准方程，解答此题的关键是求出圆的半径，是基础题．12．【分析】根据已知条件，结合两直线垂线的性质，即可求解．【解答】解：直线，且，，解得．故答案为：0．【点评】本题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题．13．【分析】由，得到为直线与所成角，由此能求出直线与所成角的大小；作，推导出平面，平面，从而即为直线到平面的距离，由此能求出结果．【解答】解：如图，在正三棱柱中，，为直线与所成角， ，，作，平面平面，平面平面，平面，，且平面，平面，平面，即为直线到平面的距离，直线到平面的距离为．故答案为：，．【点评】本题考查异面直线所成角、直线到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，是中档题．14．【分析】利用双曲线的定义求解第一空；由题意画出图形，以在双曲线右支为例，求出为直角时的纵坐标，可得为锐角时点的纵坐标的取值范围．【解答】解：双曲线，可得，，，由双曲线定义可知．不妨以在双曲线右支为例由，得，又，①两边平方得：，，②当为直角时，，解得点的横坐标为，此时，根据对称性，则点的纵坐标的取值范围是，，．故答案为：；，，．【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查双曲线定义的应用，考查数学转化思想方法，是中档题．15．【分析】根据正方体的几何特征及面面平行的性质即可判断①；若四边形可能是正方形，则，证明不成立，即可判断②；以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到的距离，根据结合二次函数的性质分别求出当面积最小和最大时四边形的形状，即可判断③④．【解答】解：对于①，在正方体中，平面平面，又平面，平面，且，，所以，同理，所以四边形一定是平行四边形，故①正确；对于②，设正方体的棱长为2，若四边形可能是正方形，则，分别为，的中点，，，并不满足，即不成立，故四边形不可能是正方形，故②不正确；对于③如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，2，，，，正方体的棱长为2，则，2，，，0，，则，，，，，，则，，所以，所以点到的距离，当时，四边形面积最小，此时四边形为菱形，故③正确；当或2时，四边形面积最大，此时四边形为矩形，故④正确．故答案为：①③④．【点评】本题考查空间几何体的截面图形的形状与面积的最值问题，属中档题．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．【分析】（Ⅰ）根据题意，利用组合数公式计算可得答案；（Ⅱ）根据题意，利用间接法分析，计算“选出的3人中没有女生”的数目，分析可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，从2位女生，4位男生中选出3人参加垃圾分类宣传活动，是组合问题，其选择方法数为，（Ⅱ）根据题意，从6人中选出3人，其中没有女生入选的选择方法数为，所以至少有1位女生入选的选择方法数为．【点评】本题考查排列组合的应用，（Ⅱ）注意间接法的使用，属于基础题．17．【分析】（Ⅰ）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．（Ⅱ）求出平面的法向量，平面的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）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．（1分）则，0，，，1，，，3，，，3，，，3，．所以，．（4分）所以．（7分）所以直线与所成角的余弦值为．（Ⅱ）因为．设平面的法向量为，，，则即（9分）令，则，．于是，2，．（11分）显然是平面的一个法向量．（12分）因为，（15分）所以二面角的余弦值为．【点评】本题考查空间向量的数量积的应用，二面角以及异面直线所成角的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．18．【分析】由已知顶点以及离心率求出，的值，进而可以求出的值，即可求解；联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式以及韦达定理即可求解．【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为．由题意得解得，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）由得，由△，解得，设，，，，则，设线段的中点为，则，，“”等价于“”，所以，解得，符合题意，所以．【点评】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，涉及到弦长公式以及垂直问题，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．19．【分析】（Ⅰ）依题意，根据的取值进行判断即可；（Ⅱ）以点，所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系．曲线上任意一点为，即可得到，再根据两点的距离公式整理即可．【解答】解：（Ⅰ）设的中点为，则．所以当时，点在曲线上；当时，点不在曲线上；（Ⅱ）以点，所在的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系．所以，．设曲线上任意一点为，由题意知．所以．整理得．经检验，曲线的方程为．当时，曲线的方程化为．所以曲线的形状是直线．当时，曲线的方程化为．所以曲线的形状是以为圆心，为半径的圆．【点评】本题考查点的轨迹方程求解，主要涉及圆的轨迹方程，属于中档题．20．【分析】（Ⅰ）证明．．即可证明平面．然后推出．（Ⅱ）取中点，连接．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通过，求解即可．（Ⅲ）由（Ⅱ）得，求出平面的法向量，利用点线面距离求解点到平面的距离．【解答】（Ⅰ）证明：因为平面，所以．（1分）因为平面，所以．（2分），，平面，所以平面．（3分）所以．（4分）（Ⅱ）解：取中点，连接．由（Ⅰ）得四边形为菱形，所以．因为，所以．（5分）因为，，两两互相垂直，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．（6分）则，0，，，，，0，．所以．设，其中．（7分）所以．（8分）因为平面，所以，即．（9分）所以．解得，即．（10分）（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得．（11分）因为，．设平面的法向量为，，，则即令，则，于是．（13分）所以点到平面的距离为．（15分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．21．【分析】（Ⅰ）①当直线的斜率不存在时，推出．②当直线的斜率存在时，设其方程为．联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，结合弦长公式，转化求解即可．（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，推出；直线的斜率为，直线的斜率为；法一：直接利用化简求解即可．法二：利用的平方，代入化简求解即可．【解答】（Ⅰ）证明：①当直线的斜率不存在时，，或．此时．（1分）②当直线的斜率存在时，设其方程为．由得．（3分）设，，，，则（5分）所以．（7分）设，则．所以．（8分）综上．（Ⅱ）解：当直线的斜率不存在时，，或，此时都有．（9分）直线的斜率为，直线的斜率为．（11分）法一：（12分）（13分）．（15分）法二：（12分）（13分）．（14分）又，所以．（15分）综上，．【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，是中档题．