辽宁省朝阳市建平县实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾）

这是一份辽宁省朝阳市建平县实验中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾），共14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。


一、单选题
1．中国人民解放军东部战区领导和指挥江苏､浙江､上海､安徽､福建､江西的武装力量.某日东部战区下达命令，要求从江西或福建派出一架侦察机对台海空域进行侦查，已知江西有m架侦察机，福建有n架侦察机，则不同的分派方案共有（ ）
A．m+n种B．mn种C．m种D．n种
2．若直线x+2y−5=0的一个方向向量是m=2,k，则实数k的值为（ ）
A．4B．-4C．1D．-1
3．2023×2022×2021×⋅⋅⋅×2008=（ ）
A．A202315B．A202316C．A202317D．A202318
4．以坐标轴为对称轴，焦点在直线4x−5y+10=0上的抛物线的标准方程为（ ）
A．x2=10y或y2=−8xB．x2=−10y或y2=8x
C．y2=10x或x2=−8yD．y2=−10x或x2=8y
5．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，G是BC1与B1C的交点，若AB=a，AC=b，AA1=c，则A1G=（ ）
A．12a+12b−12cB．12a−12b+12c
C．−12a+12b+12cD．12a+12b+12c
6．已知a,b是两条平行线，直线a上有4个不同的点，直线b上有5个不同的点，从这9个点中任取3个点作为三角形的顶点，则组成的三角形的个数是（ ）
A．30B．84C．40D．70
7．已知直线l:x−my−1=0与圆C:x2+y2+2x−24=0相交于M，N两点，则MN的最小值为（ ）
A．223B．221C．23D．21
8．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=1，P，M分别为线段BC，A1B1的中点，Q，N分别为线段D1C1，AD上的动点，若PQ⊥MN，则线段QN的长度的最小值为（ ）
A．10B．6C．5D．222
二、多选题
9．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一个焦点是F，点F到C的渐近线的距离为d，则d（ ）
A．与a有关B．与a无关C．与b有关D．与b无关
10．已知等腰直角△ABC的直角顶点为C3,3，若点A0,4，则过点C且与AB边所在直线平行的直线方程可能是（ ）
A．x−2y+3=0B．x+2y−9=0
C．2x+y−9=0D．2x−y−3=0
11．某学校举行校园歌手大赛，共有4名男生，3名女生参加，组委会对他们的出场顺序进行安排，则下列说法正确的是（ ）
A．若3个女生不相邻，则有144种不同的出场顺序
B．若女生甲在女生乙的前面，则有2520种不同的出场顺序
C．若4位男生相邻，则有576种不同的出场顺序
D．若学生的节目顺序已确定，再增加两个教师节目，共有72种不同的出场顺序
12．已知⊙C1:x2+y2=1与⊙C2:(x−3csθ)2+(y−3sinθ)2=4，则下列说法正确的是（ ）
A．⊙C1与⊙C2有2条公切线
B．当θ=π4时，直线x+y−2=0是⊙C1与⊙C2的公切线
C．若M,N分别是⊙C1与⊙C2上的动点，则MN的最大值是3
D．过点C1作⊙C2的两条切线，切点分别是P,Q，则四边形C1PC2Q的面积是25
三、填空题
13．已知向量a=λ+1,1,λ，b=2,μ−1,1，若a∥b，则λ+μ= .
14．若圆C1:x2+y2=5与圆C2:x2+y2−4x−8y−m=0外切，则m= ．
15．2022年10月9日7时43分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁型运载火箭，成功将先进天基太阳天文台“夸父一号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功．该卫星是我国综合性太阳探测卫星，将聚焦太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射的观测，开启我国综合性太阳探测时代，实现我国天基太阳探测卫星跨越式突破，“夸父一号”随着地球绕太阳公转，其公转轨道可以看作是一个椭圆，若我们将太阳看做一个点，则太阳是这个椭圆的一个焦点，“夸父一号”离太阳的最远距离为15210万千米，最近距离为14710万千米，则“夸父一号”的公转轨道的离心率为 ．
16．抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后得到的光线必过抛物线的焦点.已知抛物线y2=16x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M4,4射出，经过抛物线上的点A反射后，到达抛物线上的点B，则AB= .
四、解答题
17．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为e=3，且经过点A−3,10．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求双曲线C的左顶点到渐近线的距离．
18．已知直线l经过直线x+3y+5=0和3x−2y−7=0的交点，且与直线x−y+5=0垂直．
(1)求直线l的方程；
(2)若圆C的半径r=13，且圆心C在y轴的负半轴上，直线l被圆C所截得的弦长为211，求圆C的标准方程．
19．如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，AB⊥AC，∠A1AB=∠A1AC=60∘，设AB=a，AC=b，AA1=c.
(1)若D为B1C的中点，求证：A1D⊥BC；
(2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.
20．将0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，则：
(1)可以组成多少个偶数？
(2)可以组成多少个比13123大的数？
21．如图1，已知梯形ABCD中，AB∥CD，E是AB边的中点，DE⊥AB，AB=4DC=8，DE=22.将△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，且PE⊥EB，如图2，M，N分别是PD，PB的中点.
(1)求平面MCN与平面BCDE夹角的余弦值；
(2)求点P到平面MCN的距离.
22．已知动点Mx,y到定点N3,0的距离与M到定直线：x=433的距离之比为32，记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知曲线C与y轴的正半轴交于点A，不与x轴垂直的直线l交曲线C于E,F两点（E，F异于点A），直线AE,AF分别与x轴交于P,Q两点，若P,Q的横坐标的乘积为43，则直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】根据题意，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，由分类加法计数原理，不同的分派方案共有(m+n)种.
故选：A.
2．D
【分析】计算出直线的斜率，从而列出方程，求出实数k的值.
【详解】直线x+2y−5=0的斜率为−12，所以k2=−12，解得k=−1.
故选：D.
3．B
【分析】根据排列数的定义直接求解.
【详解】根据排列数的定义直接求解，
2023×2022×2021×⋅⋅⋅×2008=2023×2022×2021×⋅⋅⋅×2023−16+1=A202316.
故选：B.
4．D
【分析】直线4x−5y+10=0与坐标轴的交点即为焦点，根据焦点可求出p，可得答案.
【详解】直线4x−5y+10=0与坐标轴的交点为−52,0,0,2，
当抛物线的焦点为−52,0时，其标准方程为y2=−10x；
当抛物线的焦点为0,2时，其标准方程为x2=8y.
故选：D.
5．A
【分析】由空间向量线性运算即可求解.
【详解】因为ABC−A1B1C1为三棱柱，所以A1B1=AB,A1C1=AC，
A1G=A1B1+B1G=A1B1+12B1B+B1C1
=AB+12A1A+12(A1C1−A1B1)
=12AB+12A1C1−12AA1
=12a+12b−12c.
故选：A.
6．D
【分析】分类讨论从直线a上选点的个数，结合组合数运算求解.
【详解】从直线a上选2个点，直线b上选1个点，可以组成C42C51=30个三角形；
从直线a上选1个点，直线b上选2个点，可以组成C41C52=40个三角形；
所以总共可以组成30+40=70个三角形.
故选：D.
7．B
【分析】根据圆的一般方程化为标准方程得出圆心和半径，由圆的几何性质知当MN⊥PC时MN最小，利用半径、弦心距、半弦长之间的关系求解即可.
【详解】圆C:x2+y2+2x−24=0的标准方程是x+12+y2=25，圆心C的坐标为−1,0，半径为5.
直线l:x−my−1=0过定点P1,0，由(1+1)2+02<25知点P在圆C内，
所以MN⊥PC时MN最小，且MNmin=2r2−PC2=2×52−22=221.
故选：B
8．D
【分析】建立空间直角坐标系，写出相关的点坐标，设出Q，N的坐标，利用PQ⊥MN，找出参数间的关系，再用空间两点间的距离公式表示出函数的形式，
利用函数求最值.
【详解】如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为P，M分别为BC，A1B1的中点，所以P1,2,0，M2,1,1，
因为Q，N分别为线段D1C1，AD上的动点﹐
所以可设Q0,a,1，Nb,0,0 0≤a,b≤2，
所以PQ=−1,a−2,1，MN=b−2,−1,−1.
由PQ⊥MN，得PQ⋅MN=0，即−b−2−a−2−1=0，即a+b=3，
由QN=b,−a,−1，
得QN=b2+a2+1=2a2−6a+10=2a−322+112，
当a=32时，QNmin=222.
故选：D.
9．BC
【分析】根据双曲线标准方程可求得焦点坐标，再利用点到直线距离即可求出d=b，便可得出结论.
【详解】设双曲线C的焦距为2c，不妨取右焦点F的坐标为c,0，如下图所示：

双曲线C的渐近线方程是y=±bax，即bx±ay=0，
所以d=bca2+b2=bcc=b，
所以d与a无关，与b有关.
故选：BC.
10．AC
【分析】根据题意求出点B的坐标，再利用直线的平行关系结合直线的点斜式即可求得答案.
【详解】设B点坐标为x,y，根据题意知kAC⋅kBC=−1BC=AC，
即3−43−0⋅y−3x−3=−1(x−3)2+(y−3)2=(0−3)2+(4−3)2，解得x=2y=0或x=4y=6，
当点B的坐标是2,0时，过点C且与AB边所在直线平行的直线方程是y−3=4−00−2x−3，即2x+y−9=0；
当点B的坐标是4,6时，过点C且与AB边所在直线平行的直线方程是y−3=4−60−4x−3，即x−2y+3=0.
故选：AC.
11．BCD
【分析】选项A采用 “插空法”， 先排4名男生，形成5个空档，将3名女生插入其中，由此可得；选项B由女生甲在女生乙的前面与女生甲在女生乙的后面各占一半，结合4男3女的全排列求解即可；选项C先将4位男生捆绑作为一个整体进行全排列，然后3位女生和这个整体全排列可得；选项D采用“插空法”，分两次插入老师节目即可.
【详解】若3个女生不相邻，则有A44A53=1440种不同的出场顺序，A错误；
若女生甲在女生乙的前面，则有12A77=2520种不同的出场顺序，B正确；
若4位男生相邻，则有A44A44=576种不同的出场顺序，C正确；
若学生的节目顺序确定，再增加两个教师节目，可分为两步，第一步，原7个学生节目形成8个空，插入1个教师节目，有8种情况；
第二步，原7个学生节目和刚插入的1个教师节目形成9个空，再插入1个教师节目，有9种情况，
所以这两位教师共有8×9=72种不同的出场顺序，D正确.
故选：BCD.
12．BD
【分析】根据圆心距和半径之间的关系可判断A；计算圆心到直线的距离可判断B；结合两圆外切求得MN的最大值判断C；求出弦长即可求得四边形C1PC2Q的面积判断D.
【详解】由题意知⊙C1的圆心C10,0，半径r1=1,⊙C2的圆心C23csθ,3sinθ，半径r2=2，所以C1C2=(3csθ)2+(3sinθ)2=3=r1+r2，
所以⊙C1与⊙C2相外切，有3条公切线，A错误；
当θ=π4时，点C1到直线x+y−2=0的距离d1=−212+12=1=r1，
即⊙C1:x2+y2=1与相切；
点C2到直线x+y−2=0的距离d2=3csπ4+3sinπ4−212+12=2=r2，
即⊙C2:(x−3csθ)2+(y−3sinθ)2=4与相切；
所以直线x+y−2=0是⊙C1与⊙C2的公切线，B正确；
由于⊙C1与⊙C2相外切，故MN的最大值为C1C2+r1+r2=3+1+2=6，C错误；
连接C2P,C2Q，则C2P⊥C1P,C2Q⊥C1Q，
根据勾股定理可得C1P=C1Q=C1C22−r22=32−22=5，

所以四边形C1PC2Q的面积S=2S△C1PC2=2×12×C1P×C2P=25，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是明确两圆的位置关系，即判断出两圆外切，则圆的公切线问题即可解决.
13．3
【分析】由空间向量的坐标运算求解，
【详解】因为a∥b，所以存在实数k，使得a=kb，即λ+1,1,λ=k2,μ−1,1，
所以λ+1=2k,1=kμ−1,λ=k,解得k=λ=1，μ=2，所以λ+μ=3.
故答案为：3
14．−15
【分析】由题意分别求两圆的圆心和半径，根据两圆外切可得C1C2=r1+r2，代入运算求解．
【详解】由题意可得：圆C1,C2的圆心分别为C1(0,0),C2(2,4)，半径分别是r1=5,r2=20+mm>−20，
因为圆C1,C2外切，所以C1C2=r1+r2，
则22+42=5+20+m，解得m=−15>−20．
故答案为：−15.
15．251496
【分析】根据定义得出长半轴与半焦距的方程组并求解，即可按定义求得离心率.
【详解】设公转轨道的长半轴长为a（万千米），半焦距为c（万千米），由题意知a+c=15210，a−c=14710，所以a=14960，c=250，
所以离心率e=ca=25014960=251496．
故答案为：251496
16．25
【分析】由题意求出A点坐标，根据AB过焦点得直线方程，联立抛物线方程求出B点横坐标，根据抛物线焦点弦的弦长公式求解即可.
【详解】将y=4代入y2=16x，得x=1，即A1,4，
由抛物线的光学性质可知，直线AB经过焦点F4,0，
所以直线AB的斜率为4−01−4=−43，直线AB的方程为y=−43x−4，
代入y2=16x并消去y得x2−17x+16=0，解得xA=1，xB=16，
故AB=xA+xB+p=25.
故答案为：25
17．(1)x24−y28=1
(2)263
【分析】（1）根据条件，列出关于a,b的方程组，即可求解双曲线方程；
（2）根据双曲线方程，分别求左顶点坐标，以及渐近线方程，代入点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】（1）因为双曲线C：x2a2−y2b2=1的离心率为e=3，且经过点A−3,10，
所以ca=a2+b2a=39a2−10b2=1，解得：a2=4b2=8，
所以双曲线C的方程为x24−y28=1．
（2）双曲线C：x24−y28=1的左顶点为−2,0，渐近线方程为2x±y=0，
所以双曲线C的左顶点到渐近线的距离为−222+1=263．
18．(1)x+y+1=0
(2)x2+y+32=13
【分析】（1）将两直线联立方程求出交点，再根据垂直的条件求出直线l的斜率，代入点斜式可得直线方程；
（2）设出圆的圆心和半径，利用圆的弦长公式可联立方程解方程可得.
【详解】（1）由已知，得x+3y+5=0,3x−2y−7=0,解得两直线交点为1,−2，
设直线l的斜率为k，因为直线l与x−y+5=0垂直，所以k×1=−1，解得k=−1，
所以直线l的方程为y+2=−x−1，即x+y+1=0．
（2）设圆C的标准方程为x2+y−b2=13b<0，
由于直线l被圆C所截得的弦长为211，设弦长为t，圆C的半径为r，圆心到直线l的距离为d，
则t=2r2−d2=211，∵r=13，d=b+12，
则由题意，得b+122+112=13，
解得b=−3或b=1（舍去），
所以圆C的标准方程为x2+y+32=13．
19．(1)证明见解析
(2)16
【分析】（1）将A1D和BC用a，b，c表示，计算数量积证明A1D⊥BC；
（2）借助a，b，c计算AC1和B1C夹角余弦，得AC1与B1C所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：由题意知a⋅b=0，a⋅c=2，b⋅c=2，BC=−AB+AC=−a+b，
因为D为B1C的中点，
所以A1D=12A1C+A1B1=12A1A+AC+AB=12AB+AC−AA1=12a+b−c，
A1D⋅BC=12a+b−c⋅−a+b=12−a2+a⋅c+b2−b⋅c=12×−4+2+4−2=0，
所以A1D⊥BC，即A1D⊥BC.
（2）AC1=b+c，B1C=−a+b−c，AC1⋅B1C=−a⋅b+b2−b⋅c−a⋅c+b⋅c−c2=−2，
AC1=b2+c2+2b⋅c=23，B1C=a2+b2+c2−2a⋅b−2b⋅c+2a⋅c=23，
设AC1与B1C所成角为θ，则csθ=csAC1,B1C=AC1⋅B1CAC1⋅B1C=16.
20．(1)60；
(2)82.
【分析】（1）按个位数字是0和不是0分类，结合排列应用问题求解作答.
（2）根据给定条件，按最高位数字是1和比1大分类，再利用排列应用问题求解作答.
【详解】（1）当个位数字为0时，可以组成A44=24个偶数；
当个位数字不为0时，可以组成A21A31A33=36个偶数；
所以可以组成24+36=60个偶数.
（2）所组成的比13123大的五位数，可以分为以下2类：
第一类：形如2□□□□,3□□□□,4□□□□，共有3A44=72个，
第二类：形如13□□□,14□□□，共有2A22+A33=10个，
所以可以组成72+10=82个比13123大的数.
21．(1)277；
(2)277.
【分析】（1）分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）根据点到平面距离的向量法求解即可.
【详解】（1）因为图1中DE⊥AB，所以图2中DE⊥PE，DE⊥EB，又PE⊥EB，
所以分别以ED，EB，EP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E0,0,0，B0,4,0，C22,2,0，D22,0,0，P0,0,4，M2,0,2，N0,2,2，CM=−2,−2,2，CN=−22,0,2.
因为PE⊥DE，PE⊥EB，DE∩EB=E，DE，EB⊂平面BCDE，
所以PE⊥平面BCDE，所以m=14EP=0,0,1是平面BCDE的一个法向量，
设平面MCN的法向量n=x,y,z，由n⊥CM,n⊥CN,得−2x−2y+2z=0,−22x+2z=0,取x=2，则y=1，z=2，所以平面MCN的一个法向量n=2,1,2，
设平面MCN与平面BCDE的夹角为θ，则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=21×7=277，
所以平面MCN与平面BCDE夹角的余弦值为277.
（2）由（1）知n=2,1,2是平面MCN的一个法向量，
又PC=22,2,−4，
所以点P到平面MCN的距离d=n⋅PCn=2×22+1×2−2×47=277.
22．(1)x24+y2=1；
(2)l过定点，0,−2.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程并化简作答.
（2）设出直线l的方程及点E,F的坐标，联立直线l与曲线C的方程，求出点P,Q的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.
【详解】（1）依题意，(x−3)2+(y−0)2x−433=32，化简整理得x24+y2=1，
所以曲线C的方程为x24+y2=1.
（2）设直线l的方程为y=kx+mm≠1,Ex1,y1,Fx2,y2，
由y=kx+mx2+4y2=4消去y得4k2+1x2+8kmx+4m2−4=0，当Δ>0时，x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1，

由x24+y2=1，得A0,1，则直线AE的方程为y=y1−1x1x+1，令y=0，得点P的横坐标xP=−x1y1−1，
直线AF的方程为y=y2−1x2x+1，令y=0，得点Q的横坐标xQ=−x2y2−1，
于是xP⋅xQ=x1x2y1−1y2−1=x1x2kx1+m−1kx2+m−1=43，
即4k2−3x1x2+4km−4kx1+x2+4(m−1)2=0，
则有(4k2−3)⋅4m2−44k2+1+(4km−4k)⋅−8km4k2+1+4(m−1)2=0，化简得m2+m−2=0，解得m=−2或m=1（舍去），
所以直线l的方程为y=kx−2，直线l恒过定点0,−2.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为y=kx+m，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.