辽宁省沈阳市东北育才双语学校2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份辽宁省沈阳市东北育才双语学校2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了 已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

命题：高二数学组 审题：高二数学组
考试时间：120分钟 分数：150分
一､单选题.（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. 过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知直线斜率，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.
【详解】
设直线的斜率为，倾斜角为，，
，，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，
所以，
因为，所以.
故选：B.
2. 如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ）更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间向量基本定理求解即可.
【详解】解：由，点为的中点，
可得，
又，．
故选：C.
3. 若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为2，则c的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用直线和圆的位置关系及点到直线的距离公式数形结合计算即可.
【详解】由，
所以，半径，
过圆心作直线的垂线交圆分别于A、B两点，易知，
当圆心C到的距离时可得，
此时圆上恰有三个不同的点到直线l：的距离为2，满足题意，
如图所示，可知到的距离为：.

故选：A
4. 油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可
【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，
由图可知，椭圆的短半轴长，
在中，，
由正弦定理得：
，
所以，

故选：D.
5. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A. 1800B. 1080C. 720D. 360
【答案】B
【解析】
【分析】分成恰有2个部门所选的旅游地相同、4个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有2个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2个部门取出，有种；
第二步，从6个旅游地中选出3个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
6. 甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件：甲和乙选择的活动各不同，事件：甲和乙恰好一人选择①，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用排列组合及计数原理，求出和，再利用条件概率公式即可求出结果.
【详解】由题意知，，，
所以，
故选：B.
7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与x轴交于，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段与C交于点M．若与C的焦距的比值为，则C的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出以为圆心圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入双曲线方程后可求离心率.
【详解】设双曲线的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
解得或，又因为，则，
则，.
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在圆锥曲线上等合理构建.
8. 已知分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线交于两点. 现将所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后两点的对应点分别为，且若，则的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可知锐角二面角，利用双曲线定义与性质结合余弦定理运算求解.
【详解】设双曲线的半焦距为，
由题意可得：，
则，
且，则锐角二面角，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
因为，即，
可得，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点B. 若，则的面积为
C. 的最小值为D. 的面积的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，直线变形后求出所过定点；
B选项，求出，进而由直线垂直关系得到，得到，从而求出到的距离和，求出面积；
C选项，求出到的距离的最大值，从而由垂径定理得到的最小值；
D选项，表达出面积为，利用基本不等式求出最大值.
【详解】A选项，直线变形为，
所以直线过定点，A选项正确；
B选项，易知道，若直线，则，解得，
此时直线，
到的距离，则，
故的面积为，B选项正确；
C选项，由A选项知，直线过定点，
所以到的距离的最大值为，
由于，故此时取得最小值，
最小值为，C选项错误；
D选项，设到的距离为，
则面积为，
当且仅当，即时，等号成立，D选项正确．
故选：ABD．
10. 袋中装有大小完全相同的6个红球，3个白球，其中有2个红球和1个白球上面标记了数字1，其他球标记了数字2．从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件“第一次取到的是红球”，事件“第一次取到了标记为数字1的球”，事件“第一次取到了标记为数字2的球”，事件“第二次取到了标记为数字1的球”，则（ ）
A. A与互斥B. 与互斥
C. D. A与相互独立
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知事件，即可判断A、B；根据古典概型，计算得出，即可判断C；根据事件的含义，计算出，即可验证D项.
【详解】对于A项，若第一次取到的是标记为数字1的红球，即A、同时发生了，所以A、不互斥，所以A错误；
对于B项，显然第一次取到的球不可能同时标记为数字1和2，所以与互斥，所以B正确；
对于C项，“第一次取到的是红球”的概率，
“第一次取到是标记为数字2的球”的概率，
所以，所以C错误；
对于D项，“第二次取到了标记为数字1的球”即取到的是数字2，1或者1，1，，
“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”可分为红球1数字1或者红球2数字1，概率.
又，所以成立，所以事件A与事件相互独立，所以D正确．
故选：BD.
11. 在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）

A.
B.
C. 向量与的夹角是60°
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；B选项，利用空间向量基本定理求出，由；C选项，由图可知与的夹角为钝角，也即与的夹角为钝角；D选项，首先根据数量积的定义求出，，，再根据数量积的运算律求出及，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】对于A选项，，故A错误；
对于B选项，，，
，
故，B正确；
对于C选项，，三角形是等边三角形，
因为，，
，
可知与的夹角为钝角，也即与的夹角为钝角，C选项错误.
对于D选项，因为顶点为端点三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，
故，，，
所以
，故，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
12. 已知抛物线上的两个不同的点关于直线对称，直线与轴交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 的焦点坐标为B. 是定值
C. 是定值D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线的性质可判定A选项；根据A、B关于直线对称及点在抛物线上可得，，，联立化简可判定B、C选项；再利用AB中点在抛物线内可得，结合直线方程可判定D选项.
【详解】根据抛物线的性质可知抛物线的焦点坐标为，即A正确；
设A、B的中点为D，则，易得①，
又②，且③，④，
将③④代入②可得：，
代入①可得，
故B正确，C错误；
所以A、B的中点坐标为，
则直线的方程为：，
令得：，
而位于抛物线内部，即，可得，
则．即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. 已知随机变量的分布列如下：
若随机变量满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据随机变量的分布列求得a，即可求得的期望，由方差公式求得，根据方差的性质即可求得答案.
【详解】由分布列的性质可知，所以，
所以，
故，
因为，所以，
故答案为：32
14. 为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用分步乘法原理先求出同学与同学站在一起，同学站在边缘的方法数，再求出其中同学不与同学或相邻的方法数，然后利用古典概型的概率公求解即可.
【详解】将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法，
所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法，
其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法，
所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法，
所以所求概率为，
故答案为：
15. 如图，已知在一个二面角的棱上有两个点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.则这个二面角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，将二面角的余弦值转化成两向量的夹角，再利用条件即可求出结果.
【详解】因为，，
设二面角为，
则由图知，，又，
则，
即，所以，
故答案为：.
16. 过双曲线的右焦点作其中一条渐近线的垂线，垂足为，直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，若，，则双曲线的离心率是_________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，在中，由余弦定理得，同理得，再结合，即可、值，可得出的值，进而可求得该双曲线离心率的值.
【详解】如图，根据点到直线的距离公式可得点到直线的距离为，
设双曲线的左焦点为，连接，则.
在中，设，则，
在中，由余弦定理得，
将代入整理后得，
同理.
因为，所以，
将其代入，解得，，则，
因此，该双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于由余弦定理得，将代入整理后得与．
四､解答题.（共6题，共70分）
17. 已知在的展开式中，前项的系数分别为，，，且满足．
（1）求展开式中各项的二项式系数的和；
（2）求展开式中系数最大的项；
（3）求展开式中所有有理项．
【答案】（1）
（2）和
（3）和
【解析】
【分析】（1）由条件先求出，利用二项式定理系数的性质写出结果即可；
（2）写出展开式的通项，记第项系数最大，则有，且，由此可得展开式中系数最大的项；
（3）令的幂指数为整数，求得的值，即可求得展开式中的有理项．
【小问1详解】
的展开式通项公式为，，，，，，，
则，，，
因为，即，解得或（舍去），
所以二项式展开式中各项的二项式系数的和为；
【小问2详解】
二项式的展开式通项公式为（且），
记第项系数最大，则有，且，
即，解得，又，所以或，
所以系数最大项为第3项和第4项；
【小问3详解】
因为二项式的展开式通项公式为（且），
令，且，则或，
所以展开式中有理项为和.
18. 如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，，，，，，点在平面内的投影恰好是的重心．

（1）求证：平面平面；
（2）求线段的长及直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点坐标，利用平面，可得，即可求得m的值，即得线段的长；根据空间角的向量求法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
证明：平面，平面，
．
又，，，，平面，
平面，又平面，
平面平面，即平面平面；．
【小问2详解】
取CD中点为E，连接AE，因为，，，，
则，即四边形为矩形，故，
又平面，平面，则可得两两垂直，
故以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，，，，，，
，由平面，则，
而，，，故，
即；
，，，，
设平面的一个法向量，
，即，可取，
设与平面所成角为，，
.
19. 数学奥林匹克竞赛是一项传统的智力竞赛项目，旨在通过竞赛选拔优秀人才，促进青少年智力发展，很多优秀的大学在强基计划中都设置了对中学生奥林匹克竞赛成绩的要求，因此各中学学校对此十分重视．某中学通过考试一共选拔出15名学生组成数学奥赛集训队，其中高一学生有7名、高二学生有6名、高三学生有2名．
（1）若学校随机从数学奥赛集训队抽取3人参加一项数学奥赛，求抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一的概率；
（2）现学校欲通过考试对数学奥赛集训队成员进行考核，考试一共3道题，在测试中．3道题中至少答对2道题记作合格．现已知张同学每道试题答对的概率均为，王同学每道试题答对的概率均为，并且每位同学回答每道试题之间互不影响，记X为两名同学在考试过程中合格的人数，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用组合数及古典概型求解；
（2）分别计算两位同学合格的概率，再计算合格人数的概率，列出分布列，计算期望即可.
【小问1详解】
设事件A为“抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一”，
则有．
【小问2详解】
设张同学、王同学答对的题数分别为Y，Z，
张同学在考试中合格的概率为：
，
王同学在考试中合格的概率为：
．
由题意得X可取0，1，2，
则，
，
，
所以X的分布列为
因此X的数学期望．
20. 已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程，并说明是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交曲线于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交曲线于点.
（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）求面积的最大值.
【答案】（1），为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解；
（2）（i）设直线的方程为联立椭圆方程可得点坐标，设，根据坐标之间的联系可得直线的方程为，与椭圆方程联立运用韦达定理求出的坐标，再利用斜率公式求出，进而即得；
（ii）由题可得，再利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，，，
所以，
所以，化解得，

所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；
【小问2详解】
（ⅰ）设直线的斜率为，则其方程为，
由，得，记，则，，，

于是直线的斜率为，方程为，
由，得①，
设，则和是方程①的解，
故，由此得，
从而直线的斜率，
所以，即直线与的斜率之积为定值；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，，，
所以
，
当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21. 如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且.

（1）若点满足，求证：平面；
（2）底面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和，再计算，从而可证明；
（2）假设底面内存在一点，使得平面，从而根据列式可求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.

所以，，，，，，
所以，.
设平面的一个法向量，
所以，
令，解得，，
所以平面的一个法向量.
若，则，
所以，
所以，，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
假设底面内存在一点，使得平面，
设，
又，所以，
又平面的一个法向量，所以，
所以，解得，，
所以底面内存在一点，使得平面，此时.
22. 已知点是抛物线：的焦点，为坐标原点，过点的直线交抛物线与，两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求的值；
（3）如图，过点的直线交抛物线于，两点（点，在轴的同侧，），且，直线与直线的交点为，记，的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，从而得到抛物线：.
（2）首先设直线的方程为，与抛物线联立得，再利用韦达定理求解.
（3）设，，，，再利用韦达定理和求解即可.
【小问1详解】
因为抛物线：，焦点，
所以，解得，所以抛物线：.
【小问2详解】
设直线的方程为，
与抛物线联立得：，
由韦达定理得，，
所以，
所以
【小问3详解】
设，，，，
因为，
所以直线：，即。
同理：直线：。
联立，解得。
设直线的方程为：，，，
联立。
因为，解得，，，
因为，
所以
，化简得：。
所以。
因为，
，
所以
2
3
6
X
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