2022-2023学年北京市第八中学高二上学期期末练习数学试题（解析版）

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2022-2023学年北京市第八中学高二上学期期末练习数学试题一、单选题1．已知直线，．若，则实数（     ）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】C【解析】利用两条直线斜率之积为求解.【详解】若，则，解得或.故选：C.【点睛】若直线和直线，当直线时有，.2．在的展开式中，常数项为（    ）A．-112 B．112 C．-1120 D．1120【答案】B【分析】求出的通项公式，令 ，求得 , 即可得展开式的常数项.【详解】二项式 的展开式的通项公式为 令 , 求得 , 可得展开式的常数项为 .故选: B.3．已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为A． B． C． D．【答案】C【详解】，故，即，故渐近线方程为.【解析】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力.4．如图，在空间四边形中，设，分别是，的中点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论.【详解】因为，，所以．故选：C5．下列利用方向向量､法向量判断线､面位置关系的结论中，正确的是（    ）A．两条不重合直线的方向向量分别是，则B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则C．两个不同的平面的法向量分别是，则D．直线的方向向量，平面的法向量是，则【答案】C【分析】根据空间位置关系的向量判断方法对四个选项一一判断即可.【详解】对于A：因为，所以不成立，所以不成立.故A错误；对于B：因为，,所以，所以，所以或.故B错误；对于C：因为，,所以，所以，所以.故C正确；对于D：因为，,所以， 所以.故D错误；故选：C6．“”是“直线的倾斜角大于”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由直线的倾斜角大于得到不等式，求出的范围，从而利用充分条件，必要条件的定义得解．【详解】设直线的倾斜角为，直线可化为，所以由直线的倾斜角大于可得：或，即：或，所以 或，但或 故选A【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的概念，还考查了倾斜角与斜率的关系，属于基础题7．当动点在正方体的体对角线上运动时，异面直线与所成角的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【解析】以为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BP与AD1所成角的取值范围．【详解】以为原点，，，分别为，，轴正向，建立空间直角坐标系，则，，设，则，，，故 ，对于函数 ，有：，，故，又，故.故选.【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查异面直线所成角的概念等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．8．过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点,点是原点,若;则的面积为 （　　）A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：抛物线焦点为，准线方程为，由得或所以，故答案为C．【解析】1、抛物线的定义；2、直线与抛物线的位置关系．9．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点共圆，且，根据 可知，当直线时，最小，求出以 为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，当直线时，， ，此时最小．∴即 ，由解得， ．所以以为直径的圆的方程为，即 ，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D.【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．10．点在直线上，若存在过的直线交抛物线于两点，且，则称点为“M点”，那么下列结论中正确的是（    ）A．直线上的所有点都是“点”B．直线上仅有有限个点是“M点”C．直线上的所有点都不是“M点”D．直线上有无穷多个点（但不是所有的点）是“点”【答案】A【分析】首先判断直线与抛物线的位置关系，确定三点的位置关系，利用共线向量表示出两点的坐标，再根据两点都在抛物线上可联立方程组根据方程是否有根确定点是否存在，即可得出结果.【详解】由题意可知，将直线和抛物线联立消去整理得，；此时该方程，即该方程无解；可得直线和抛物线无交点，过的直线交抛物线于两点，由几何关系可知，在点的同侧，如下图所示：不妨设，由可得，即；所以，又因为在抛物线上，所以消去并整理得此时关于的一元二次方程恒成立，即恒有解，也就是对于直线上任意一点，过的直线与抛物线交于两点，都有，所以A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题以新定义的形式考察直线和圆锥曲线的位置关系，关键是将点在直线和抛物线上是否满足一定条件的问题转化成方程解的存在性问题，注意等价转化方能找到题眼求解.二、填空题11．过点(3，1)作圆的弦，其中最短的弦长为__________.【答案】【详解】最短弦为过点与圆心连线的垂线与圆相交而成，，所以最短弦长为【考点定位】本题考查直线和圆的位置关系，考查数形结合思想和运算能力. 圆的半径、弦心距、半弦构成的直角三角形在解决直线和圆问题常常用到，本题只需要简单判断最短弦的位置就能轻松解答,有时候可能会出现点到直线的距离公式来求弦心距的长度.12．若，则__________.（用数字作答）【答案】【分析】令，可得，令，可得，即可得答案.【详解】解：令，则有，令，则有，所以.故答案为：13．用三个数字组成一个四位数，要求每个数字至少出现一次，共可组成个不同的四位数__________（用数字作答）.【答案】36【分析】根据题意分成三种情况，分别根据定序问题查出各类所包含的情况数，进而求出所有组成的不同四位数.【详解】已知用三个数字组成一个四位数且每个数字至少出现一次，所以包含一下三种形式：①两个1，一个2，一个3；②一个1，两个2，一个3；③一个1，一个2，两个3.其余情况①可以组成种情况.同理情况②③均可以组成种情况.因此一共可以组成个不同数字.故答案为：14．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．【答案】2.【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.【详解】如图，由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．15．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0—1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n次全行的数都为1的是第______行；第61行中1的个数是______．【答案】;32【详解】试题分析：由已知中的数据 全行都为1的是第行；∵ ，故第63行共有64个1，逆推知第62行共有32个1，第61行共有32个1．故答案为.【解析】归纳推理．三、解答题16．如图，在三棱锥中，底面. 点分别为棱的中点，是线段的中点，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面的夹角的正弦值；(3)求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线线平行证MF平面、NF平面，即可依次证平面MNF平面、平面；（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求线面角；（3）由向量法求与平面的夹角的正弦值，则点A到平面的距离为.【详解】（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵是线段的中点，∴，∵平面，平面，∴MF平面.∵点分别为棱的中点，∴，∵平面，平面，∴NF平面.∵，∴平面MNF，∴平面MNF平面，∵平面MNF，∴平面.（2）∵底面，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，则有，，设平面的法向量为，则，令，则有，设与平面所成角为，则直线与平面的夹角的正弦值为.（3）由（2）得，，设与平面所成角为，则点A到平面的距离为.17．学校游园活动有这样一个游戏项目:甲箱子里装有3个白球、2个黑球,乙箱子里装有1个白球、2个黑球,这些球除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球,若摸出的白球不少于2个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱)（1）求在1次游戏中,①摸出3个白球的概率;②获奖的概率;（2）求在2次游戏中获奖次数的分布列.【答案】（I）（i）；（ii）（II）X的分布列见解析，数学期望【详解】解：(1)①设“在一次游戏中摸出i个白球”为事件Ai(i＝0,1,2,3)，则P(A3)＝·＝.②设“在一次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2∪A3，又P(A2)＝＋·＝，且A2，A3互斥，所以P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝＋＝.(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝2＝，P(X＝1)＝C21·＝，P(X＝2)＝2＝，所以X的分布列是X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.18．已知椭圆的长轴长为，为坐标原点.(1)求椭圆的方程和离心率.(2)设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且点在轴的右侧.若，求四边形面积的最小值.【答案】(1),；(2)【分析】（1）由已知，将椭圆方程转化为标准形式，确定其长轴、短轴，并求出参数的值，从而求出椭圆方程及其离心率；（2）根据题意，易知，通过动点的坐标求出点的坐标，将四边形分割成三角形和三角形进行运算即可.【详解】（1）由题意知椭圆 ，所以，，故，解得，所以椭圆的方程为.因为，所以离心率.（2）设线段的中点为.因为，所以.由题意知直线的斜率存在，设点的坐标为，则点的坐标为，直线的斜率，所以直线的斜率，故直线的方程为.令，得，故.由，得，化简得.因此，．当且仅当时，即时等号成立．故四边形面积的最小值为．19．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，点在线段上， 平面.(1)求证：为的中点；(2)求二面角的大小；(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)详见解析；(2)；(3)存在，或.【分析】（1）设，根据线面平行的性质可得，进而即得；（2）取的中点，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用坐标法利用面面角的向量求法即得；（3）设，利用线面角的向量求法结合条件即得.【详解】（1）设，连接，因为侧面为正方形，所以为的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，又为的中点，所以为的中点；（2）因为， 所以，又平面，平面，所以平面，取的中点，则，由平面，平面，可得，又平面，平面，所以平面，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，又平面的法向量可取，所以，所以二面角的大小为；（3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，设，因为，所以，，又，所以，又平面的一个法向量为，所以，整理可得，解得或，所以在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为， 的值为或.20．已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,短轴长为,离心率为(1)求椭圆的方程;(2)一条动直线与椭圆交于不同两点为坐标原点,的面积为,求证:为定值.【答案】(1)(2)5【分析】(1)设出椭圆方程,根据短轴长和离心率,求出,写出方程即可;(2)先考虑斜率不存在的情况,设直线方程,求出两点坐标,列出关于的面积,进而求出的值,再考虑斜率存在的情况,设出直线方程,判别式大于零,韦达定理,求出点到直线的距离,进而求出的面积使其为,可得直线中关于参数的等式,再列出的式子,进行化简求值即可.【详解】（1）解:由题知,设椭圆方程为,,因为短轴长为,所以,因为离心率为,所以,解得:,故椭圆方程为:;（2）由题知当直线斜率不存在时,不妨设,,将代入椭圆方程,可得,,不妨假设,,则==,化简可得:,,此时,故,当直线斜率存在时,不妨设,,,联立,即,,解得:,由韦达定理得:,因为,则点到直线的距离为: ,,所以,化简可得: ,满足题意,所以,故有,,则, 综上: 为定值5.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定值问题,关于定值的问题思路有:(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;(2)根据特殊情况求出定值;(3)设普通的直线方程,联立方程组;(4)判别式大于零,韦达定理;(5)根据题意建立关于的等式;(6)写出需要求的式子,用代换,化简即可.21．在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关．（1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；①，；②，．（2）给定，，点集．（）求集合中与点相关的点的个数；（）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值．【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（）个（）.【分析】（1）根据所给定义，代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系，即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求.（2）（）根据所给点集，依次判断在四个象限内满足的点个数，坐标轴上及原点的个数，即可求得集合中与点相关的点的个数；（）由（1）可知相关点满足，利用分类讨论证明，即可求得中元素个数的最大值．【详解】若点，相关，则，，而，不妨设，则由定义可知，化简变形可得，（1）对于①，；对应坐标取绝对值，代入可知成立，因此相关；②对应坐标取绝对值，代入可知，因此不相关.（2）（）在第一象限内，，可知且，有个点；同理可知，在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点.在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件；在轴正半轴上，点满足条件；在轴负半轴上，点满足条件；原点满足条件；因此集合中共有个点与点相关.（）若两个不同的点，相关，其中，，，，可知.下面证明.若，则，成立；若，则，若，则，亦成立.由于，因此最多有个点两两相关，其中最多有个点在第一象限；最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点.因此中元素个数的最大值为.【点睛】本题考查了集合中新定义的应用，对题意的理解与分析能力的要求较高，属于难题.X012P