广西北海市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份广西北海市2022-2023学年高二上学期期末教学质量检测数学试题，共18页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
4．本卷主要考查内容：北师大版选择性必修第一册.
一、单项选择题：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. 抛物线的焦点到其准线的距离为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线方程转化为标准方程求解.
【详解】解：抛物线的标准方程为，
所以焦点坐标为，其准线方程为，
所以抛物线的焦点到其准线的距离为，
故选：B
2. 双曲线的焦距为（ ）
A. 8B. 12C. 6D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线的方程得到，再利用之间的关系求出，即可求得焦距
【详解】由双曲线可得，
则，所以焦距为.
故选：B
3. 若直线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】解方程即得解.
【详解】解：由题得
经检验，当时，满足题意.
故选：A
4. 已知直线经过焦点在坐标轴上的椭圆的两个顶点，则该椭圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线与两坐标轴的焦点为，.根据，可设椭圆的方程为，求出即可.
【详解】令，可得；令，可得.
则由已知可得，椭圆的两个顶点坐标为，.
因为，所以椭圆的焦点在轴上.
设椭圆的方程为，则，，
所以椭圆的方程为.
故选：C.
5. 在棱长为的正方体中，是的中点，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
所以，.
故选：D
6. 2022年11月11日下午，国务院联防联控机制综合组发布《关于进一步优化新冠肺炎疫情防控措施科学精准做好防控工作的通知》二十条．后疫情时代，北海市某中学为了广大师生能够更好地掌握关于新冠疫情防控注意事项，准备组织一次主题宣讲活动．特从某医院的3名医生和4名护士中，选出3人参加“新冠疫情防疫宣讲”主题活动．要求入选的3人中至少有一名医生，则不同的选取方案的种数是（ ）
A. 20B. 25C. 31D. 34
【答案】C
【解析】
【分析】先求出从3名医生和4名护士中，选出3人的方法总数，再求出若入选的3人没有医生的方法总数，相减即可得出答案.
【详解】根据题意，从3名医生和4名护士中，选出3人，有种选法．
若入选的3人没有医生，即全部为护士的选法有种，
则有种不同的选取方案．
故选：C.
7. 在直三棱柱中，，，，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值，从而求出余弦值.
【详解】因为三棱柱直三棱柱，且，
所以以B为原点、AB所在直线为x轴、BC所在直线为y轴、所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，所以，
故．
设为平面的一个法向量，
则，
令，得．
设直线与平面，所成的角为，
则，
则．
故选：D．
8. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且椭圆C的离心率为，点P是椭圆C上的一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设是椭圆上的点，设，求出为定值，从而能求出的值，然后根据求解.
【详解】设代入椭圆方程，则
整理得：设，
又，所以
而，所以，所以
故选：B
二、多项选择题：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. 某医院妇产科对该院历年来新生儿体重情况进行统计，发现新生儿体重X~N（2，4），则下列结论正确的是（ ）
A. 该正态分布的均值为2B. 该正态分布的标准差为4
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正态分布的性质逐个分析判断即可
【详解】因为X~N（2，4），
所以正态分布的均值为2，标准差为2，所以A正确，B错误，
因为正态分布的均值为2，
所以由正态曲线的性质可得，，所以CD正确，
故选：ACD
10. 点P是抛物线上一动点，若点，记点P到直线的距离为d，则的值可以取（ ）
A. 7B. C. 5D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】求出焦点坐标为，利用抛物线定义得到，数形结合得到，得到答案.
【详解】抛物线焦点坐标为，准线方程为，
如图，由抛物线定义可知：
故，
连接，此时与抛物线的交点即为的最小值，
故，
故选：ABC
11. 已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆C半径为16
B. 圆C截x轴所得的弦长为4
C. 圆C与圆E：相外切
D. 若圆C上有且仅有两点到直线的距离为1，则实数m的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】先运用配方法将一般式方程化为标准方程，可确定其圆心个半径;根据点到弦的距离可求出弦长；圆心距和半径的关系可确定圆与圆的位置关系；圆心到直线的距离与半径之间的数量关系可确定圆C上有且仅有两点到直线的距离为1
【详解】A:将一般式配方可得：，A错；
B：圆心到x轴的距离为2，弦长为B对；
C:外切，C对；
D: 圆C上有且仅有两点到直线的距离为1，解之: ,D错；
故选：BC
12. 下列说法中正确的是（ ）
A. 将4个相同的小球放入3个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有3种放法
B. 被7除后的余数为2
C. 若，则
D. 抛掷两枚骰子，取其中一个的点数为点P的横坐标，另一个的点数为点P的纵坐标，连续抛掷这两枚骰子三次，则点P在圆内的次数的均值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据组合数的计算即可判断A,根据二项式定理即可判断B，根据赋值法即可判断C，根据古典概型求解概率，由独立重复事件的均值计算即可判断D.
【详解】对于A：选一个盒子放两个球，另外两个盒子放一个球，共有种放法，故A正确；
对于B,
，展开式中只有最后一项-2不是7的倍数，所以被7除后的余数为5，故B错误；
对于C：在中，
令，得，
令，得，，
两式相加除以2，得，故C正确；
对于D：在一次抛掷两枚骰子的过程中，点P共有36种情况，其中在圆内的有，共8种，所以掷这两枚骰子一次，点P在圆内的概率为．因为，所以的均值为，故D正确，
故选:ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数是___________.
【答案】40
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式，即得解
【详解】因为，所以的展开式中的系数是40.
故答案为：40
14. 已知向量，，若，则 ___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据，列出，分别求出，然后得到，进而计算，可求出的值.
【详解】，故，解得，故，，
，则
故答案为：
15. 某工厂节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中记录的产量x（吨）与相应的生产能耗y（吨）的几组对应数据如下表，现发现表中有个数据看不清，已知回归直线方程为，则看不清的数据★的值为__________．
【答案】32
【解析】
【分析】计算出，代入回归直线方程，求出，从而求出答案.
【详解】因为，将代入，
故，
设看不清的数据为，
所以
故答案为：32
16. 若直线l过点，且与双曲线有且只有一个公共点，则满足条件的直线有__________条．
【答案】4
【解析】
【分析】分情况讨论直线有斜率和无斜率，联立直线与双曲线的方程，根据方程根的个数即可求解直线的条数.
【详解】当直线l的斜率不存在时，直线为，与曲线有且只有一个公共点．
当直线l的斜率存在时，可设直线为，代入曲线方程整理得，若，则，此时有两条分别平行于双曲线的两条渐近线的直线，与曲线有且只有一个公共点；
当时，则由，得，此时有一条直线与曲线相切，有且只有一个公共点．综上，这样的直线共有4条．
故答案为：4
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知圆的方程为．
（1）求实数的取值范围；
（2）若圆与直线交于M，N两点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将圆的一般方程用配方法化为标准方程，进而得到，解之即可；
（2）利用弦长公式求得，进而得到，易得的值.
【小问1详解】
方程可化为，
∵此方程表示圆，
∴，即，即.
【小问2详解】
由（1）可得圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，
由弦长公式及，得，解得，
∴，得．
18. 已知抛物线，其准线方程为．
（1）求抛物线的方程；
（2）不过原点的直线与抛物线交于不同的两点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的准线方程求出，可得抛物线的方程；
（2）设，联立直线和抛物线的方程，消元写出韦达定理，将用坐标表示，代入韦达定理化简计算，可得的值．
【小问1详解】
准线为，，抛物线的方程为；
【小问2详解】
设，联立，得，
，得，则，
因为，则，
则，即，或，经检验，当时，直线过坐标原点，不合题意，又，符合题意；
综上，m的值为．
19. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，．点E是棱PC的中点．
（1）证明：；
（2）求平面PAB与平面BDE所成锐角二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意可证得，，再线面垂直的判定定理证明平面PAC，即可证明；
（2）记，以O为坐标原点，OB，OC，OE所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，分别求出平面PAB与平面BDE的法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【小问1详解】
证明：连接AC．在菱形ABCD中，，所以．
在中，，所以，所以．
在中，，所以，所以．
又，AC，平面ABCD，所以平面ABCD．
又平面ABCD，所以；
因为四边形ABCD是菱形，所以．
又，AC，平面PAC，所以平面PAC．
又平面PAC，所以；
【小问2详解】
解：记，以O为坐标原点，OB，OC，OE所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则．
所以．
设平面BAP的一个法向量为．
则即令，解得，
所以平面BAP的一个法向量为．
因为E是PC的中点，所以，所以，
又．设平面BDE的一个法向量为．
则即令，解得，
所以平面BDE的一个法向量为．
所以，即平面PAB与平面BDE所成锐角二面角的余弦值为．
20. 已知椭圆：（）上任意一点到两个焦点的距离之和为，且离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线交椭圆于，两点，点为线段的中点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件和椭圆定义求出，再由离心率求出，根据求出，即可求得椭圆的标准方程；
（2）使用点差法进行求解即可.
【小问1详解】
由椭圆的定义知，，∴，
又∵椭圆的离心率，∴，
∴，
∴椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
∵为椭圆内一点，∴直线与椭圆必交于，两点，
设，，当时，不合题意，故，
∵为线段的中点，∴，∴，
又∵，均在椭圆上，∴，
两式相减，得，即，
∴，∴，即，
∴直线的方程为，即．
21. 自疫情以来，与现金支付方式相比，手机支付作为一种更方便快捷并且无接触的支付方式得到了越来越多消费者和商家的青睐．某金融机构为了调查研究“支付方式的选择与年龄是否有关”，从某市市民中随机抽取100名进行调查，得到部分统计数据如下表：
（1）根据以上数据，判断是否有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关；
（2）将频率视为概率，现从该市60岁以上的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取的3人中选择“现金支付”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，数学期望和方差．
参考公式：，其中．
【答案】（1）没有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关
（2）分布列见解析，，
【解析】
【分析】（1）计算的观测值，结合独立性检验的思想求解即可；
（2）由题知，再根据二项分布求解即可；
【小问1详解】
解：根据题意可得：的观测值，
所以没有99%的把握认为支付方式的选择与年龄有关；
【小问2详解】
由题意可知：在60岁以上的市民中抽到1人选择“现金支付”的概率为，
所以，X的所有可能取值为0，1,2，3，
，
，
，
，
所以X的分布列为
，．
22. 已知双曲线，过点的直线l与该双曲线的两支分别交于 两点，设，．
（1）若，点O为坐标原点，当时，求的值；
（2）设直线l与y轴交于点E，，，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】(1)由题意知C： ，进而设直线l的方程为 ，与双曲线方程联立，结合韦达定理，向量数量积的坐标表示求解即可；
(2）设直线l的方程为），进而结合向量的坐标表示得 ， 再结合在双曲线上,推得得是方程的两根，进而得 ，证明结论.
【小问1详解】
当 时 ，双曲线C：，
过点的直线l与该双曲线的两支分别交于 两点，
则直线l的斜率存在，设直线l的方程为，
与C联立得， ，
则，则 ，
由
，
可得 ，所以 ，
所以．
【小问2详解】
证明：由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为 ，
则，
由 , 得 ，
所以 ， ，
由点M双曲线C上，可得 ，
化简得 ，
同理 ，
故是方程的两根，则为定值.
x
2
3
4
5
6
y
19
25
★
40
44
手机支付
现金支付
合计
60岁以下
40
10
50
60岁以上
30
20
50
合计
70
30
100
0.10
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P