2021北京西城高二（上）期末数学（教师版）

这是一份2021北京西城高二（上）期末数学（教师版），共13页。试卷主要包含了解答题共6小题，共76分等内容，欢迎下载使用。
2021北京西城高二（上）期末数    学一、选择题共10小题，每小题5分，共50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．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数　　A． B． C． D．2．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则　　A．4 B．5 C．6 D．73．椭圆的焦点坐标为　　A．， B．， C．， D．，4．已知直线，．若，则实数　　A．或1 B．0或1 C．或2 D．或25．已知平面平面，．下列结论中正确的是　　A．若直线平面，则 B．若平面平面，则 C．若直线直线，则 D．若平面直线，则6．将4张座位编号分别为1，2，3，4的电影票全部分给3人，每人至少1张．如果分给同一人的2张电影票具有连续的编号，那么不同的分法种数是　　A．24 B．18 C．12 D．67．已知双曲线的两个焦点是，，点在双曲线上．若的离心率为，且，则　　A．4或16 B．7或13 C．7或16 D．4或138．在正三棱锥中，，，则直线与平面所成角的大小为　　A． B． C． D．9．已知圆的方程为，圆的方程为，其中，．那么这两个圆的位置关系不可能为　　A．外离 B．外切 C．内含 D．内切10．点在直线上，若椭圆上存在两点，，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质．下列结论中正确的是　　A．对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质 B．直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质 C．直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质 D．对于直线上的所有点，椭圆都具有性质二、填空题共6小题，每小题4分，共24分。11．（4分）已知复数，则　　．12．（4分）若双曲线的焦距为，则　　；的渐近线方程为　　．13．（4分）设，则　　．14．（4分）在空间直角坐标系中，已知点，0，，，2，，，0，，，0，，则直线与所成角的大小是　　．15．（4分）已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，于点．若是锐角三角形，则点的横坐标的取值范围是　　．16．（4分）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，是底面上一点．若平面，则长度的最小值是　　；最大值是　　．三、解答题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．（10分）生物兴趣小组有12名学生，其中正、副组长各1名，组员10名．现从该小组选派3名同学参加生物学科知识竞赛．（Ⅰ）如果正、副组长2人中有且只有1人入选，共有多少种不同的选派方法？（Ⅱ）如果正、副组长2人中至少有1人入选，且组员甲没有入选，共有多少种不同的选派方法？18．（12分）已知圆过原点和点，圆心在直线上．（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）直线经过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程．19．（13分）如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面．20．（13分）如图，设点，在轴上，且关于原点对称．点满足，，且的面积为20．（Ⅰ）求点的坐标；（Ⅱ）以，为焦点，且过点的椭圆记为．设，是上一点，且，求的取值范围．21．（14分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．（Ⅰ）求的长；（Ⅱ）求点到平面的距离．22．（14分）已知椭圆的一个焦点为，，，且．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的直线交椭圆于点，．记△和△的面积分别为和．当时，求直线的方程．
参考答案一、选择题共10小题，每小题5分，共50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】直接利用复数的几何意义及共轭复数的定义即可求解．【解答】解：由复数的几何意义可知，复数对应的点的坐标是，则，故．故选：．【点评】本题主要考查了复数的几何意义的应用，共轭复数的定义，属于基础题．2．【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值．【解答】解：在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式共有7项，，故选：．【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．3．【分析】直接利用椭圆方程求解焦点坐标即可．【解答】解：椭圆，可得，所以椭圆的焦点坐标，．故选：．【点评】本题考查椭圆的简单性质，是基础题．4．【分析】直接利用两条直线垂直，列出关于的方程，求解即可．【解答】解：因为，所以，解得或2．故选：．【点评】本题考查了两条直线垂直关系的应用，解题的关键是掌握两条直线垂直的等价条件，即已知直线，的方程分别是：，不同时为，，不同时为，则．5．【分析】由线面的位置关系可判断；由面面的位置关系可判断；由线面的位置关系和面面垂直的性质可判断；由面面垂直的判定定理可判断．【解答】解：平面平面，，若直线平面，则或，故错误；平面平面，若平面平面，则或与相交，故错误；平面平面，，若，则或，故错误；平面平面，，若平面直线，又，由面面垂直的判定定理可得，故正确．故选：．【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．6．【分析】分2步进行分析：①在4张电影票中，选出连号的2张，分给三人中的一人，②将剩下的2张电影票分给其他2人，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①在4张电影票中，选出连号的2张，分给三人中的一人，有种分法，②将剩下的2张电影票分给其他2人，有种分法，则有种不同的分法，故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．7．【分析】利用双曲线的离心率求解，结合双曲线的定义求解即可．【解答】解：双曲线的两个焦点是，，点在双曲线上．若的离心率为，可得，解得，，，则，所以或16．故选：．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义的求法，是基础题．8．【分析】由题意画出图形，取底面三角形的中心，可得直线与平面所成角，求解三角形得答案．【解答】解：如图，取底面正三角形的中心，连接，则底面，为直线与平面所成角．连接并延长，角于，可得，，在中，有，即．直线与平面所成角的大小为．故选：．【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．9．【分析】利用圆的方程求出圆心和半径，然后利用圆心距之间的距离和两圆半径的关系，结合两圆的位置关系的判断方法进行分析即可．【解答】解：根据题意，圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，所以，，因为，所以，故两圆不可能是内含．故选：．【点评】本题考查了两圆位置关系的判断，解题的关键是确定圆心距和两圆半径之间的关系．10．【分析】以点为圆心，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于，两点，这样，于是是等腰三角形，从而可得结论．【解答】解：取直线上的任意点，以点为圆心，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于，两点，这样，于是是等腰三角形，所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质．故选：．【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．二、填空题共6小题，每小题4分，共24分。11．【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可．【解答】解：，则．故答案为：．【点评】本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．12．【分析】由，以及渐近线方程为，即可得解．【解答】解：由题意知，，，，，渐近线方程为．故答案为：2；．【点评】本题考查双曲线的几何性质，熟练掌握渐近线方程，以及、、的关系是解题的关键，属于基础题．13．【分析】先求出，再令，可得要求式子的值．【解答】解：，，令，可得，则，故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14．【分析】求出向量，，设直线与所成的角为，由即可求得的大小．【解答】解：因为点，0，，，2，，，0，，，0，，所以，0，，，，，设直线与所成的角为，所以，由，所以，即直线与所成角的大小是．故答案为：．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查向量法的应用，属于基础题．15．【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，再由是锐角三角形，所以最大角为，只需要在焦点的右侧，可得的横坐标的范围．【解答】解：由抛物线的性质可得，若是锐角三角形，所以最大角为，只需，只需要在焦点的右侧，由抛物线的方程可得焦点的坐标，所以的横坐标的范围，故答案为：．【点评】本题考查抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，属于中档题．16．【分析】取的中点，的中点，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理证明平面平面，结合已知条件可知点，在等腰中，即可求得长度的最值．【解答】解：取的中点，的中点，连结，，，由正方体，，分别为，的中点，由中位线性质可得，又因为平面，平面，所以平面，因为，分别为，的中点，由中位线性质可得，同理可知，所以，又因为平面，平面，所以平面，又，，平面，所以平面平面，因为是底面上一点，且平面，所以点，在等腰中，的长度最大时为，当的长度最小时，为的中点，，所以．故答案为：；．【点评】本题考查了点、线、面间的距离计算，涉及了线面平行和面面平行判定定理的应用，解题的关键是将的长度转化到等腰中求解．三、解答题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。17．【分析】（Ⅰ）根据题意，先分析组长的选法，再从10名组员中任选2人，由分步计数原理计算可得答案，（Ⅱ）根据题意，分2种情况讨论：①正、副组长2人都入选，②正、副组长2人中有且只有1人入选，由加法原理计算可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，正、副组长2人中有且只有1人入选，其选法有2种，在10名组员中任选2人，有种选法，则有种选法，（Ⅱ）根据题意，分2种情况讨论：①正、副组长2人都入选，且组员甲没有入选，选派方法数为，②正、副组长2人中有且只有1人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为．则有种不同的选法．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．18．【分析】（Ⅰ）设圆的圆心坐标为，由已知列式求解，进一步得到圆的半径，则圆的方程可求；（Ⅱ）由弦长求得圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，直线符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由圆心到直线的距离列式求解，则直线方程可求．【解答】解：（Ⅰ）设圆的圆心坐标为，依题意，有，解得．从而圆的半径为，圆的方程为；（Ⅱ）依题意，圆的圆心到直线的距离为2．显然直线符合题意；当直线的斜率存在时，设其方程为，即．，解得．直线的方程为，即．综上，直线的方程为或．【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，体现了分类讨论的数学思想，是基础题．19．【分析】（Ⅰ）结合正三棱柱以及正方形的性质，根据线面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）根据线面垂直的判定定理证明即可．【解答】证明：（Ⅰ）设，连接，如图示：因为为正三棱柱，且，所以侧面为正方形，因为，分别是，的中点，所以是的中点，又因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面．（Ⅱ）因为为正三角形，所以，又平面，所以，所以平面，所以，连接，因为侧面为正方形，所以，所以，所以平面．【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，考查数形结合思想，是一道中档题．20．【分析】（Ⅰ）由题意设出点，的坐标，在直线，的方程，点的坐标用，的坐标表示出来，利用面积的值可以求出点的坐标；（Ⅱ）根据椭圆的定义，基本性质，求出椭圆方程，将点的坐标代入椭圆方程，即可解出的范围．【解答】解：（Ⅰ）设，．则直线的方程为，直线的方程为．由解得所以．故的面积．所以，解得．所以点的坐标为．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，．所以，．设以，为焦点且过点的椭圆方程为．则，又，所以椭圆的方程为． 所以，即．因为，所以．所以．所以的取值范围是．【点评】本题考查了椭圆的定义，基本性质，属于中档题．21．【分析】（Ⅰ）依题意，，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系．设．求出平面的法向量，求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积，转化求解即可．（Ⅱ）平面的法向量，结合．利用空间向量距离公式求解点到平面的距离．【解答】解：（Ⅰ）依题意，，，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系．（1分）设．由题意得，0，，，2，，，0，．所以，．设平面的法向量为，，，则，即（4分）令，则，．于是．（6分）又因为平面，所以平面的一个法向量为，0，．（7分）依题意，有，（9分）解得，所以．（10分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面的法向量为，，．（11分）又，2，，所以．（12分）所以点到平面的距离为．（14分）【点评】本题考查二面角的平面角的求法，空间点线面距离的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力．22．【分析】（Ⅰ）依通过椭圆的半焦距，结合．求解，，得到椭圆方程．（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，其方程为．验证即可．当直线的斜率存在时，设其方程为．由得． 设，，，，利用韦达定理结合弦长公式，转化求解三角形的面积，然后推出直线方程即可．【解答】解：（Ⅰ）依题意，椭圆的半焦距，（1分）所以．解得．（2分）所以．（3分）所以椭圆的方程为．（4分）（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，其方程为．此时，或．所以，，即，不合题意．当直线的斜率存在时，设其方程为．由得．（6分）设，，，，则，．（8分）因为，，所以（10分）．（12分）令，解得．（13分）所以直线的方程为，或．（14分）【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．