2022-2023学年北京市顺义区第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市顺义区第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据斜率与倾斜角的关系求解即可.

【详解】由题的斜率，故倾斜角的正切值为，

又，故.

故选：D.

2．某中学高一年级有200名学生，高二年级有340名学生，高三年级有260名学生，为了了解该校高中学生完成作业情况，现用分层抽样的方法抽取一个容量为40的样本，则高二年级抽取的人数为（    ）

A．10 B．13 C．17 D．26

【答案】C

【分析】先求出抽取样本的比例是多少，再计算从高二学生中应抽取的人是多少．

【详解】解：根据题意，抽取样本的比例是，

从高二学生中应抽取的人数为．

故选：C．

3．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点的距离为（    ）

A．2 B．3 C．5 D．7

【答案】D

【分析】根据椭圆的定义即可求解.

【详解】由可得，所以，

设椭圆的两个焦点分别为，，，

由椭圆的定义可知，即，所以，

所以到另一焦点的距离为，

故选：D.

4．已知直线过点，且与直线垂直，则直线的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意设直线方程为，然后将点坐标代入求出，从而可求出直线方程

【详解】因为直线与直线垂直，所以设直线方程为，

因为直线过点，所以，得，

所以直线方程为，

故选：D

5．在一个盒子中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4，从盒子中随机取出两个球，所取球的编号分别记为，，则“”的概率（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用列举法列出所有可能情况，再根据古典概型的概率公式计算可得.

【详解】解：从编号为1、2、3、4的4个球中随机抽取两个球，所取球的编号分别为，，

{，}的可能结果有，，，，，共6个，

其中满足 “”的有共2个，

所以“”的概率,

故选：C

6．直线与圆的位置关系是（    ）

A．相交 B．相切 C．相离 D．都有可能

【答案】B

【分析】求出圆心到直线的距离，然后与半径作比较即可.

【详解】圆的圆心为，半径为，

所以圆心到直线的距离为，与半径相等，

所以直线与圆的位置关系是相切，

故选：B

7．设，则“”是“直线与直线平行”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】先求出使直线与直线平行的的值，再根据充分性和必要性的概念得答案.

【详解】若直线与直线平行

则，解得，

则“”是“直线与直线平行”的充要条件

故选：C.

8．已知圆与圆外切，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】分别求出两圆的圆心和半径，然后可建立方程求解.

【详解】圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为，

所以由两圆外切可得，解得，

故选：C

9．在棱长为1的正方体中，是棱上一动点，点是面的中心，则的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．不确定

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，设，利用坐标法计算可得.

【详解】如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

因为正方体棱长为，点是面的中心，是棱上一动点，

所以，，设，则，

所以

故选：A

二、多选题

10．已知点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线，给出下列四个结论：

（1）曲线为一个圆；

（2）曲线上存在点，使得到点的距离为6；

（3）直线（为常数），无论为何值，直线与曲线恒有两个交点；

（4）曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为8．

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】ACD

【分析】设，根据满足，利用两点间距离公式化简整理，即可判断（1）是否正确；由（1）可知，圆上的点到的距离的范围为，进而可判断②是否正确；确定直线过的定点，判断定点与圆的位置，即可判断（3）是否正确；由椭圆的定义，可知在椭圆上，再根据椭圆与曲线的位置关系，即可判断（4）是否正确．

【详解】解：（1）设，因为满足，所以，整理可得：，即，曲线为一个圆，所以（1）正确；

（2）由（1）可知，点在圆的外部，因为到圆心的距离，半径为2，所以圆上的点到的距离的范围为，而，所以（2）不正确；

（3）直线（为常数），则，则直线过定点，且点圆内，则无论为何值，直线与曲线恒有两个交点，所以（3）正确；

（4）假设存在这样的点，使得到点与点的距离之和为8，则在以点与点为焦点，实轴长为8的椭圆上，即在椭圆上，易知椭圆与曲线有交点，故曲线上存在点，使得到点与点的距离之和为8；所以（4）正确．

故选：ACD.

三、填空题

11．已知直线l的一个方向向量，且经过点，则直线l的方程为___________

【答案】

【分析】由直线的方向向量求出直线的斜率，再用点斜式求出直线方程即可；

【详解】解：因为直线l的一个方向向量，所以直线的斜率为

所以直线方程为整理得

故答案为：

12．已知正方体的棱长为4，为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面平面，给出下列四个结论：

①的面积的最大值为；

②满足使的面积为8的点有且只有两个；

③点可以是的中点；

④线段的最大值为．

其中所有正确结论的序号是__________．

【答案】①②④

【分析】先找出的运动轨迹，再结合图像逐项分析，即可得解．

【详解】解：设、分别为、的中点，连接，，，易得，

从而知，

在正方体中平面，平面，所以，

又，平面，所以平面，

又平面，

所以平面平面，

又平面平面，所以平面即为平面，

又点在正方体的表面上运动，

故点在矩形（除线段上运动，

又，

对于①，由图可知，当在线段上时，此时面积最大，最大值为，故①正确；

对于②，若，则在或上，当或时，的面积为，故②正确；

对于③，由图易知，点不可能在线段，故③错误；

对于④，由图易知，当与重合时，此时长度最大，最大值为，故④正确；

故答案为：①②④.

四、双空题

13．圆的方程为：，则圆心的坐标为_____________，半径为_____________．

【答案】         

【分析】将圆的方程化为标准方程可得答案.

【详解】由可得，

所以圆心的坐标为，半径为，

故答案为：，

14．椭圆的长轴长是____，离心率是____.

【答案】     6    

【解析】由椭圆标准方程求得，计算可得离心率．

【详解】由椭圆方程得，长轴长为，

，离心率为．

故答案为：6；．

15．一组数据3，4，5，6，7的方差是_____________，若加入一个数得到一组新数据，这组新数据与原数据相比方差不变，则的一个取值为_____________．

【答案】     2     （另一个值为）

【分析】第一空：直接根据方差公式计算即可；

第二空：求出新的一组数据的平均，再根据方差公式列方程求解即可.

【详解】这组数据的平均数为，

则方差为

当加上一个数后平均数为

方差为解得

故答案为：2；（另一个值为）

五、解答题

16．已知圆心坐标为的圆与轴相切．

(1)求圆的方程；

(2)设直线与圆交于，两点，从条件①、条件②中选择一个作为已知，求的值．

条件①：；条件②：．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由圆心坐标为，且圆与x轴相切，所以圆心到x轴的距离即半径，写出圆的标准方程.

（2）若选①，由弦长，半径，弦心距之间的关系，得弦心距为1，用点到直线的距离公式解出m；若选②，由圆心角为解等腰三角形，得弦心距为1，用点到直线的距离公式解出m.

【详解】（1）圆心坐标为，因为圆与x轴相切，

所以圆心到x轴的距离等于半径，即，

圆的方程为：

（2）若选条件①，设圆心到直线l的距离为d，因为，

则，

由点到直线的距离公式，，解得.

若选条件②，设圆心到直线l的距离为d，由，

，由点到直线的距离公式，，解得.

17．如图，四棱柱的底面为正方形，平面，，，点在上，且．

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)求二面角的平面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后可得平面，再由线面垂直的性质可得答案；

（2）设直线与平面所成角的为，利用算出答案即可；

（3）由二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）

以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

所以，即，令，则，

所以，因为，

所以平面，平面，所以.

（2），所以，

由（1）可得平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角的为，

所以直线与平面所成角的正弦值.

（3）由已知为平面的一个法向量，且，

由（1）可得平面的一个法向量为，

所以，

由图可得二面角为钝角，

所以二面角的平面角的余弦值为.

18．已知椭圆．

(1)求直线被椭圆截得的弦长；

(2)若直线与椭圆相切，求实数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）联立直线与椭圆的方程消元，求出两交点的横坐标之和、之积，然后由弦长公式算出答案；

（2）联立直线与椭圆的方程消元，然后由算出答案.

【详解】（1）设直线与椭圆的两交点坐标为、，

由可得，所以，

所以直线被椭圆截得的弦长为；

（2）由可得，

所以，解得.

19．为方便，两地区的乘客早晩高峰通勤出行，某公交集团新开通一条快速直达专线．该线路运营一段时间后，为了解乘客对该线路的满意程度，从，两地区分别随机抽样调查了100名乘客，将乘客对该线路的满意程度评分分成5组：，，，，，整理得到如下频率分布直方图：

根据乘客满意程度评分，将乘客的满意程度分为三个等级：

(1)直接写出的值，并估算地区乘客满意程度评分的中位数；

(2)从地区与地区各随机抽取一名乘客，记事件为抽取的两名乘客中，一名乘客的满意程度等级为“非常满意”且另一名乘客的满意程度等级为“满意”，假设两地区乘客的评分相互独立，以频率估计概率，求事件的概率；

(3)设为从地区随机抽出的这100名乘客的满意程度评分的平均数，为从地区随机抽出的这100名乘客的满意程度评分的平均数，为从，两地区随机抽出的这200名乘客的满意程度评分的平均数，试比较，，的大小（不需要过程）

【答案】(1)，分

(2)

(3)

【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得，从而求出地区乘客满意程度评分的中位数．

（2）分别求出、地区非常满意和满意的概率，再由独立事件乘法公式求解即可．

（3）由频率分布直方图求得，，进而求，即可判断．

【详解】（1）解：由频率分布直方图知，，解得．

因为，所以地区乘客满意程度评分的中位数为分；

（2）解：从地区随机抽取一名乘客．

该乘客的满意程度等级是非常满意的概率为，是满意的概率为．

从地区随机抽取一名乘客．

该乘客的满意程度等级是非常满意的概率为，是满意的概率为．

则．

（3）解：，

由频率分布直方图可知．

．

因为，两地区人数比为，则，所以．

20．如图，在四棱锥中，，，，.O为中点，且平面.

(1)求点B到平面的距离；

(2)线段上是否存在一点，使平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.

【答案】(1)

(2)线段上存在一点，当时，平面

【分析】（1）建系，求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离；（2）利用空间向量设点的坐标，根据空间向量结合线面关系运算求解.

【详解】（1）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，

∴，

设平面的法向量，则，

令，则，即，

则点B到平面的距离.

（2）存在，由（1）得，

设，则，

∴，

若平面，则，

∴，解得，则，

故线段上存在一点，当时，平面.

21．已知椭圆长轴的两个端点分别为，离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）为椭圆上异于的动点，直线分别交直线于两点，连接并延长交椭圆于点.

（ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值；

（ⅱ）判断三点是否共线，并说明理由.

【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）是，理由见解析.

【分析】（1）根据长轴的两个端点分别为和离心率为，由求解；

（2）（ⅰ）设，则直线的斜率为，直线的斜率为，再由直线的交点，求得点N的坐标，进而得到直线的斜率，然后结合运算即可；（ⅱ）设直线斜率为，易得M的坐标，再由（ⅰ）得到直线斜率为，写出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点的坐标，再判断直线与是否相等即可.

【详解】（1）由题意得，

所以，

所以椭圆C的方程为.

（2）（ⅰ）证明：设，

因为在椭圆上，所以.

因为直线的斜率为，直线的斜率为，

所以直线的方程为.

所以点的坐标为.

所以直线的斜率为.

所以直线的斜率之积为：

.

（ⅱ）三点共线.

设直线斜率为，易得.

由（ⅰ）可知直线斜率为，所以直线的方程为.

联立可得.

解得点的纵坐标为，

所以点的坐标为.

所以，直线的斜率为，直线的斜率为.

因为直线的斜率等于直线的斜率，

所以三点共线.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．