山东省东营市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省东营市2022-2023学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年第一学期期末教学质量调研
高二数学试题
一、选择题：本题共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．
1. 已知经过两点和的直线的倾斜角为，则m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据倾斜角求出直线的斜率，根据过两点的斜率公式列式求解.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以该直线的斜率为.
所以，解得.
故选:C.
2. 中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意设双曲线方程为，则其渐近线方程为，将代入中可求出，从而由可求出离心率.
【详解】由题意设双曲线方程为，则其渐近线方程为，
因为双曲线的一条渐近线经过点，
所以，所以，
所以离心率，
故选：D
3. 在三棱锥中，G是的重心，M是线段的中点，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的运算，用基底表示出相关向量，根据空间向量基本定理，即可求得答案.
【详解】如图在三棱锥中，连接并延长交于D，
则D为的中点，

M是线段的中点，G是的重心，
则


,
故，故.
故选：A
4. 在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线平行可用几何法找到两异面直线所成的平面角，再利用锐角三角函数即可求解.
【详解】取中点,连接,，不妨设正方体的棱长为2，
由于分别为的中点，则，
又在正方体中，易得，
所以，故异面直线与所成角为或其补角，
因为，平面，
所以平面，又平面，故，
所以在直角三角形中，，
易知异面直线与所成角为锐角，所以其余弦值为.
故选：D.
.
5. 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
【解析】
【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.
6. 已知点P为圆C：上一点,，，则的最大值为（ ）
A. 5 B. 7 C. 10 D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】设，表示出，继而得，将问题转化为圆上的动点到的距离的最大值问题，可得答案.
【详解】设，则，
∵，，∴，，
则，
故，
而的几何意义为圆上的动点到的距离，其最大值为，
∴的最大值为，
故选：
7. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是等腰三角形，，且球O的直径，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合正弦定理求出△ABC外接圆半径，利用勾股定理求出，进而得到，结合三棱锥体体积公式即可求解.
【详解】由△ABC是等腰三角形，，,
易得，
如图，设△ABC外接圆圆心为M，则平面ABC，作平面ABC,

又，,
故，则，
,
故选：C.
8. 《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（ ）
A. 动点的轨迹方程为
B. 动点的轨迹与圆：没有公共点
C. 直线：为成双直线
D. 若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意先求出动点P的轨迹方程为椭圆，再借助判别式判断直线、圆与椭圆的位置关系即可；选项D直接计算的值．
【详解】解：设，
则，
化简得，故A错；
联立消y得
，
整理得，
，
故动点的轨迹与圆：有两个公共点，故B错；
联立消去y得
，
，
故直线上存在这样的点，
所以直线：为成双直线，故C对；
联立消整理得
，
解得，
故，
不妨设，
设，故，
则，


，
将代入上式，
，故D对．
故选：CD．
【点睛】本题D的结论应当记住，也即．当时，，此时动点P的轨迹为圆，而这个结论是显然的，可以帮助我们记忆上述结论．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，，则m与β相交
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，判断m与可能相交也可能平行；对于B，根据线面垂直以及面面平行的性质即可判断；对于C，根据平面的法向量可判断正误；对于D，根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可判断正误.
【详解】对于A, 若，，则m与可能相交也可能平行，错误；
对于B，若，，则，由于，则，正确；
对于C，若，，则可在直线m上取向量作为的法向量，
在直线n上取向量作为的法向量，

因为，故，即有，正确；
对于D,由，，可得或，由于，故，正确，
故选：BCD
10. 某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目，则下列说法正确的有（ ）
A. 若不选择政治，选法总数为种
B. 若物理和化学至少选一门，选法总数为
C. 若物理和历史不能同时选，选法总数为种
D. 若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为种
【答案】AC
【解析】
【分析】根据组合数性质判断A；若物理和化学至少选一门，分物理和化学选一门和物理和化学都选，求出选法数，判断B；物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门减去物理和历史同时选的选法数，判断C；物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，分三种情况考虑，求得选法数，判断D.
【详解】对于A, 若不选择政治，选法总数为种,正确；
对于B，若物理和化学选一门，选法总数为，
若物理和化学都选，则选法数有种，
故物理和化学至少选一门，选法总数种，而，B错误；
对于C, 若物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门有种选法，
减去物理和历史同时选选法数，故选法总数为种，C正确；
对于D,当物理和化学中只选物理时，有种选法；
当物理和化学中只选化学时，有种选法；
当物理和化学中都选时，有种选法，
故物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，
选法总数为种，而，D错误，
故选：
11. 已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：

分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，
，则，，得，
A选项正确；
，又，为的中点，则，B选项正确；
，，（抛物线定义），C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
12. 已知在边长为2的菱形ABCD，，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起来，使顶点A至点M的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）

A.
B. 当为等边三角形时，
C. 当时，二面角的大小为60°
D. 直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过证明平面可判断A；当为等边三角形时，是棱长为2的四面体,根据体积公式可判断B；时，是棱长为2的四面体，求解二面角可判断C；先找出线面角，然后考虑其正弦值范围即可判断D．
【详解】对于A，因为四边形是菱形，依题易知，
因为平面,
所以平面.
又MC平面MOC，所以，故选项A正确.
对于B,当为等边三角形时，是棱长为2的四面体，
，的外接圆半径为，
故四面体的高为,
所以,故选项B正确.
对于C,取BC的中点H，连接DH,MH，

由知：，
又,平面，
所以平面.
因为平面，则，
于是，故是棱长为2的四面体.
设二面角的大小为，
由选项B的解析可得,
故，故选项C错误.
对于D,设点M在平面BCD射影为Q，

则∠MDQ是直线DM与平面BCD所成角，
则，
易知，
所以当最大时，，此时 最大为，
则直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°．选项D正确．
故选:ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若直线l：与直线m：互相平行，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据两直线方程，判断斜率存在，由题意可得，解出a后，验证是否符合题意，可得答案.
【详解】由题意可知直线l：的斜率为，
因为直线l：与直线m：互相平行，
故直线m：的斜率存在，且为，
则，解得或，
当时，直线l：与直线m：重合，不合题意，
当时，直线l：与直线m：互相平行，
故答案为：
14. 已知，则______．
【答案】10
【解析】
【分析】，根据二项式定理即可求解.
【详解】，其二项展开式的通项为，
是展开式的系数，令，可得.
故答案为:10.
15. 已知直线：，则圆截直线所得的弦长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线所过的定点、圆心及半径，根据垂径定理可求弦长的最小值，最大值为直径的长度.
【详解】直线的方程即，故直线恒过定点.
圆的标准方程为，圆心为，半径为4，
因为，所以在圆内，直线恒与圆相交.
圆心到点距离为，
则圆截直线所得的弦长的最小值为，最大值为直径的长度.
所以圆截直线所得的弦长的取值范围是.
故答案为:.
16. Cassini卵形线是由法国天文家Jean—Dominique Cassini（1625—1712）引入的．卵形线的定义：线上的任何点到两个固定点，的距离的乘积等于常数．b是正常数，设，的距离为2a，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线．若，．动点P满足．则动点P的轨迹C的方程为______：若A和是轨迹C与y轴交点中距离最远的两点，则面积的最大值为______．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可得，即可确定曲线形状，结合，可求得曲线方程；由此可求出A和的坐标，利用曲线的对称性，可考虑P在第一象限内情况，要求面积的最大值，需求的P点横坐标的最大值，利用换元法结合二次函数的性质即得.
【详解】由题意可得，，故动点P的轨迹为双纽线，
设，因为，所以 ，
即 ，
所以动点P的轨迹C的方程为；

令，可得，解得或,
所以不妨设，
由对称性，故可考虑P在第一象限的情况，
因为为定值，所以面积最大时，即点P的横坐标最大，
又即，
所以，令，则
因为，所以，故，
当时，取得最大值1，
即的最大值为1，则x的最大值为1，
所以的最大值为，
故面积的最大值为.
故答案为：；.
【点睛】难点点睛：求出曲线的方程，可判断曲线形状，由此求的面积的最大值时，根据曲线的对称性，考虑点P在第一象限内，要利用方程，采用换元法，结合二次函数的性质求得点p的横坐标的最大值.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．
17. 已知向量，
（1）求与的夹角；
（2）若与垂直，求实数t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；
(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.
小问1详解】
，，
，，
，
令与的夹角为，
则，
则与的夹角为.
【小问2详解】
，，
又与垂直，，
即，解得.
18. 在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．
条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；
条件②：只有第5项的二项式系数最大；
条件③：所有项的二项式系数的和为256．
问题：在展开式中，
（1）求的值与展开式中各项系数之和；
（2）这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）选三个中的任意一个，；展开式中各项系数之和为1．
（2）存在，展开式中有理项分别为；；．
【解析】
【分析】（1）利用二项展开式的性质列方程即可求得的值，利用赋值法即可求得展开式中各项系数之和；
（2）利用二项展开式的通项公式，由x的幂次为整数列方程即可求得展开式中有理项.
【小问1详解】
选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则，所以；
令，则，则展开式中各项系数之和为1．
选②，只有第5项的二项式系数最大，所以，解得；
令，则，则展开式中各项系数之和为1．
选③，所有项的二项式系数的和为256，则，解得：．
令，则，则展开式中各项系数之和为1．
【小问2详解】
二项式展开式的通项公式为：
．
依题意可知，当，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以：
当时，；当时，；当时，．
所以展开式中有理项分别为；；．
19. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，E为的中点，．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）作平面于点I，作于点G，于点K，连接，需证明I在上，再证明，结合，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【小问1详解】
证明：如图，在平行六面体中，底面是菱形，
连接，交于O点，则O为的中点，连接，

因为E为的中点，故,
因为平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
证明：作平面于点I，作于点G，于点K，
连接，

因为，,故≌,
所以,
∵平面，平面，∴,
故≌,故,
又平面，平面,故,又，
平面,故平面，
平面，故,同理可证,结合，
可知I在的平分线上，即I在上，则平面，
而平面，平面,故,
又底面是菱形，则 ,
平面，故平面.
20. 已知圆C与圆M：相外切，且圆心C与点关于直线l：对称．
（1）求圆C的标准方程；
（2）求经过点圆C的切线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）得到点在直线上，从而得到关于直线的对称点是其本身，确定圆心坐标，由两圆外切，列出方程，求出半径，得到圆的标准方程；
（2）考虑直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合点到直线距离公式列出方程，求出切线方程.
【小问1详解】
因为，故点在直线上，
故点关于直线的对称点是其本身，
故圆心坐标为，
因为圆C与圆M：相外切，设圆C的半径为，
所以，解得：，
故圆C的标准方程为；
【小问2详解】
当切线斜率不存在时，即，
此时圆心到的距离为3，等于半径，故满足相切关系，
当切线斜率存在时，设为，
则圆心到直线的距离，
解得：，
故切线方程为，即，
所以切线方程为或.
21. 如图所示，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，，，(为大于零的常数)，为等腰直角三角形，，为的中点，，

（1）求的长，使得；
（2）在（1）的条件下，求二面角的大小.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
（1）通过向量的数量积，转化求解；
（2）求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积，求二面角的平面角的大小即可.
【详解】平面平面，为等腰直角三角形，，为的中点，
,，
由已知可得，，
，
令，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
由题可设，
（1），，
，
，即，
，于是，
四边形为矩形，
故.
（2）设点为中点，连结，
平面，
，
而为等腰直角三角形，，平面，
为平面的一个法向量，而.
设为平面的一个法向量，而，，
又，
，即，
令，则，，

设二面角的平面角为，则


二面角的平面角为.
【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
22. 已知椭圆C：的右焦点为，离心率为，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且当原点O到直线的距离最大时，．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过原点O且垂直于直线的直线与椭圆C相交于P，Q两点，记四边形PMQN的面积为S，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由原点O到直线的距离最大时得a，b间的关系，由离心率公式得a，c间的关系，再结合a，b，c间的关系求出a，b的值，即可写出椭圆C的标准方程；
（2）分直线的斜率不存在、斜率为0、斜率存在且不为0三种情况讨论，前两种情况可直接求出的值，第三种情况，先设直线方程，并联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系及弦长公式求出，再根据及两点间的距离公式求出，进而求出的表达式，利用函数的性质即可求解．
【小问1详解】
直线MN过定点，故当直线轴时，原点O到直线MN的距离最大，且最大值为，
将代入椭圆方程得，
所以①．
因为椭圆的离心率为，所以②．
由①②及，得，，
所以椭圆C的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）知，的坐标为．
①当直线的斜率不存在时，，，则，．
②当直线的斜率为0时，，，则，．
③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
联立得，得，
设，，
则，，
．
设，则，即，代入椭圆方程得，
所以，
则，所以．
由对称性知，
又，
所以．
而，
又，所以的取值范围是，故的取值范围是．
综上所述，的取值范围是．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题常见解法，
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．