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2022-2023学年北京市西城区高二上学期期末考试数学试题（解析版）
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2022-2023学年北京市西城区高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得，据此可得答案.【详解】由得，得直线斜率为，则倾斜角为.故选：D2．抛物线的准线方程为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，故选：D.3．在空间直角坐标系中，点，则（ ）A．直线坐标平面 B．直线坐标平面C．直线坐标平面 D．直线坐标平面【答案】C【分析】求出及三个坐标平面的法向量，根据与法向量的关系判断．【详解】，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，这三个法向量与都不平行，但，点均不在坐标平面上，因此与坐标平面平行，故选：C．4．在的展开式中，的系数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．36【答案】C【分析】先求二项式展开式的通项公式，然后根据通项公式计算求解即可.【详解】展开式的通项公式，令，得，所以在的展开式中，的系数为，故选：C5．在长方体中，，则二面角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.【详解】长方体中，，，，平面,平面,,又平面平面，为二面角所成的平面角，，所以二面角的余弦值为.故选：D.6．若直线与圆相离，则实数的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据直线与圆相离则圆心到直线的距离大于圆的半径即可求解.【详解】因为直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，解得或，故选:B.7．2名辅导教师与3名获奖学生站成一排照相，要求2名教师分别站在两侧，则不同的站法共有（ ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】先排好教师再排学生即可.【详解】2名教师排在两边有种排法，3名学生排在中间有 种排法，所以共有 种排法；故选：B.8．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．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案.【详解】直线与直线平行，则，或，验证均不重合，满足.故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.9．如图是一个椭圆形拱桥，当水面在处时，在如图所示的截面里，桥洞与其倒影恰好构成一个椭圆.此时拱顶离水面，水面宽，那么当水位上升时，水面宽度为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，求直线被椭圆所截得的弦长，代入椭圆方程即可求解.【详解】以图中水面所在的直线为轴，水面的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据已知条件可知：桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，当水位上升时，水面的宽度也即当时，直线被椭圆所截的弦长.把代入椭圆方程可得：，所以当水位上升时，水面的宽度为，故选：.10．设点，，直线，于点，则的最大值为（ ）A． B．6 C．4 D．【答案】B【分析】依题意可得直线的方程，再联立直线的方程，消后可得到的轨迹方程为，则所求的最大值为圆心到点的距离加上半径，由此即可求解．【详解】依题意可得直线的方程为，联立，消整理得，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故的最大值为，故选：B．二、填空题11．设，则过线段的中点，且与垂直的直线方程为__________.【答案】【分析】求出线段的中点坐标和斜率，利用点斜式写出直线方程.【详解】因为，所以线段的中点，且.所以与垂直的直线的斜率为，所以过线段的中点，与垂直的直线方程为，即.故答案为：12．在的展开式中，常数项为_____．【答案】【分析】根据展开式的通项公式求解即可.【详解】在的展开式的通项公式为，所以令，解得，所以常数项为故答案为：．13．设为抛物线的焦点，点在抛物线上，点，且，则__________.【答案】【分析】由题意可设，且满足，因为，由两点间的距离公式代入可求出，即可求出.【详解】由题意可得，，，设，且满足，此时，则，解得：，此时，所以，故.故答案为：14．记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足皆可）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.【详解】解：，所以C的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点”所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）15．如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论：①动点的轨迹是一段圆弧；②存在符合条件的点，使得；③三棱锥的体积的最大值为；④设直线与平面所成角为，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②③④【分析】对于①，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹； 对于②，利用垂直的性质的可判断；对于③，利用三棱锥的体积公式可求得； 对于④，利用线面角的定义结合三角形可求解；【详解】对于①，分别取和的中点，连接，，，由正方体性质知，，平面，平面，所以平面,又平面，，所以平面平面，当在上运动时，有平面，故动点的轨迹是线段，故①错误；对于②，当为线段中点时，，，又，，故②正确；对于③，三棱锥的体积，又所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确；对于④，连接，则与平面所成角，则，又，所以的取值范围是，故④正确；故正确结论的序号是①③④，故答案为：②③④三、解答题16．从4男3女共7名志愿者中，选出3人参加社区义务劳动.(1)共有多少种不同的选择方法？(2)若要求选中的3人性别不能都相同，求共有多少种不同的选择方法？【答案】(1)35(2)30【分析】（1）7名志愿者中选出3人共有种；（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，即.【详解】（1）7名志愿者中选出3人共有种；（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，则有种.17．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质定理可得,再根据底面是正方形可证明线面垂直，即可得；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面与平面的法向量，即可求得二面角的余弦值【详解】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，又因为底面为正方形，所以，又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；为线段的中点，平面，所以，（2）根据题意可知，以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则；则，设平面的一个法向量为，得，令可得，，即；易知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则所以，平面与平面夹角的余弦值为18．在平面直角坐标系中，，曲线是由满足直线与的斜率之积等于定值的点组成的集合.(1)若曲线是一个圆（或圆的一部分），求的值；(2)若曲线是一个双曲线（或双曲线的一部分），且该双曲线的离心率，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意知，的斜率存在，设代入斜率公式，再由斜率之积为定值，化简满足圆的条件即可求得的值.（2）由题意知，的斜率存在，设代入斜率公式，再由斜率之积为定值，化简满足双曲线的条件及离心率即可求得的取值范围.【详解】（1）设且，，由题意知，的斜率存在，则即，可化为，因为曲线是一个圆（或圆的一部分），所以，可化为，所以解得.（2）设且，，由题意知，的斜率存在，则即，可化为，因为曲线是一个双曲线（或双曲线的一部分），所以，可化为，所以，因为，所以解得，所以的取值范围为.19．已知椭圆的一个焦点为，其长轴长是短轴长的2倍.(1)求椭圆的方程；(2)记斜率为1且过点的直线为，判断椭圆上是否存在关于直线对称的两点？若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)不存在【分析】（1）由及，根据，解得，写出方程.（2）先假设存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得中点坐标，代入，求得，验证，得结论不存在关于直线对称的两点.【详解】（1）椭圆的方程（2）假设存在关于对称的两点，设的方程为直线与椭圆的方程联立得设则，的中点代入解得此时，所以椭圆上不存在关于直线对称的两点.20．如图，在四棱柱中，平面，为线段的中点，再从下列两个条件中选择一个作为已知.条件①：；条件②：.(1)求直线与所成角的余弦值；(2)求点到平面的距离；(3)已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】(1)(2)(3)的长为或.【分析】选①或②，都能得到，，后如图以为原点建立空间直角坐标系.则可利用向量方法求线线角，点面距离，面面角解决问题.【详解】（1）若选择①，因平面ABCD，平面ABCD，则，又，平面，平面，，则平面，又平面，则；若选择②，做，交AB于F，又，则四边形DCFA是平行四边形，则，又，则.则在中，，得，又，则.故，则如图建立以A为原点的空间直角坐标系.则，得，则直线与所成角的余弦值为：.（2）因，则.设平面的法向量为，则，取，则求点到平面的距离.（3）因点在线段上，则设，其中.又，则.又，设平面法向量为，则，取，则直线与平面所成角的正弦值为：或.得线段的长为或.21．已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为.(1)求实数的值；(2)若过点可作两条互相垂直的直线，且均与椭圆相切.证明：动点组成的集合是一个圆.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率即可求解，（2）联立直线与椭圆的方程，根据相切得判别式为0，进而代入切线中的，化简即可求解.【详解】（1）椭圆的焦点在轴上，且离心率为，所以，解得，（2）当时，椭圆方程为，设与椭圆相切，且斜率存在的直线方程为，所以，由于相切，所以，化简得—①，设过点且斜率为的直线方程为，即，所以将代入①得，化简得—②，将代入②得，化简得—③，由②③相加得，当其中一条切线无斜率时，此时,也满足，综上可知：动点组成的集合是一个圆，且圆的方程为【点睛】根据直线与曲线相切，转化成判别式为0，进而得到等量关系式，可将关系式进行适当的变形，根据弦长公式，或者利用向量共线等方式，化简运算即可求解.
2022-2023学年北京市西城区高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角等于（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得，据此可得答案.【详解】由得，得直线斜率为，则倾斜角为.故选：D2．抛物线的准线方程为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，故选：D.3．在空间直角坐标系中，点，则（ ）A．直线坐标平面 B．直线坐标平面C．直线坐标平面 D．直线坐标平面【答案】C【分析】求出及三个坐标平面的法向量，根据与法向量的关系判断．【详解】，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，这三个法向量与都不平行，但，点均不在坐标平面上，因此与坐标平面平行，故选：C．4．在的展开式中，的系数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．36【答案】C【分析】先求二项式展开式的通项公式，然后根据通项公式计算求解即可.【详解】展开式的通项公式，令，得，所以在的展开式中，的系数为，故选：C5．在长方体中，，则二面角的余弦值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.【详解】长方体中，，，，平面,平面,,又平面平面，为二面角所成的平面角，，所以二面角的余弦值为.故选：D.6．若直线与圆相离，则实数的取值范围是（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据直线与圆相离则圆心到直线的距离大于圆的半径即可求解.【详解】因为直线与圆相离，所以圆心到直线的距离，解得或，故选:B.7．2名辅导教师与3名获奖学生站成一排照相，要求2名教师分别站在两侧，则不同的站法共有（ ）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】先排好教师再排学生即可.【详解】2名教师排在两边有种排法，3名学生排在中间有 种排法，所以共有 种排法；故选：B.8．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．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】计算直线平行等价于或，根据范围大小关系得到答案.【详解】直线与直线平行，则，或，验证均不重合，满足.故“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.9．如图是一个椭圆形拱桥，当水面在处时，在如图所示的截面里，桥洞与其倒影恰好构成一个椭圆.此时拱顶离水面，水面宽，那么当水位上升时，水面宽度为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，求直线被椭圆所截得的弦长，代入椭圆方程即可求解.【详解】以图中水面所在的直线为轴，水面的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据已知条件可知：桥洞与其倒影恰好构成的椭圆方程为：，当水位上升时，水面的宽度也即当时，直线被椭圆所截的弦长.把代入椭圆方程可得：，所以当水位上升时，水面的宽度为，故选：.10．设点，，直线，于点，则的最大值为（ ）A． B．6 C．4 D．【答案】B【分析】依题意可得直线的方程，再联立直线的方程，消后可得到的轨迹方程为，则所求的最大值为圆心到点的距离加上半径，由此即可求解．【详解】依题意可得直线的方程为，联立，消整理得，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故的最大值为，故选：B．二、填空题11．设，则过线段的中点，且与垂直的直线方程为__________.【答案】【分析】求出线段的中点坐标和斜率，利用点斜式写出直线方程.【详解】因为，所以线段的中点，且.所以与垂直的直线的斜率为，所以过线段的中点，与垂直的直线方程为，即.故答案为：12．在的展开式中，常数项为_____．【答案】【分析】根据展开式的通项公式求解即可.【详解】在的展开式的通项公式为，所以令，解得，所以常数项为故答案为：．13．设为抛物线的焦点，点在抛物线上，点，且，则__________.【答案】【分析】由题意可设，且满足，因为，由两点间的距离公式代入可求出，即可求出.【详解】由题意可得，，，设，且满足，此时，则，解得：，此时，所以，故.故答案为：14．记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足皆可）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.【详解】解：，所以C的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点”所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）15．如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论：①动点的轨迹是一段圆弧；②存在符合条件的点，使得；③三棱锥的体积的最大值为；④设直线与平面所成角为，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】②③④【分析】对于①，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹； 对于②，利用垂直的性质的可判断；对于③，利用三棱锥的体积公式可求得； 对于④，利用线面角的定义结合三角形可求解；【详解】对于①，分别取和的中点，连接，，，由正方体性质知，，平面，平面，所以平面,又平面，，所以平面平面，当在上运动时，有平面，故动点的轨迹是线段，故①错误；对于②，当为线段中点时，，，又，，故②正确；对于③，三棱锥的体积，又所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确；对于④，连接，则与平面所成角，则，又，所以的取值范围是，故④正确；故正确结论的序号是①③④，故答案为：②③④三、解答题16．从4男3女共7名志愿者中，选出3人参加社区义务劳动.(1)共有多少种不同的选择方法？(2)若要求选中的3人性别不能都相同，求共有多少种不同的选择方法？【答案】(1)35(2)30【分析】（1）7名志愿者中选出3人共有种；（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，即.【详解】（1）7名志愿者中选出3人共有种；（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，则有种.17．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的性质定理可得,再根据底面是正方形可证明线面垂直，即可得；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面与平面的法向量，即可求得二面角的余弦值【详解】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，又因为底面为正方形，所以，又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；为线段的中点，平面，所以，（2）根据题意可知，以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则；则，设平面的一个法向量为，得，令可得，，即；易知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则所以，平面与平面夹角的余弦值为18．在平面直角坐标系中，，曲线是由满足直线与的斜率之积等于定值的点组成的集合.(1)若曲线是一个圆（或圆的一部分），求的值；(2)若曲线是一个双曲线（或双曲线的一部分），且该双曲线的离心率，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意知，的斜率存在，设代入斜率公式，再由斜率之积为定值，化简满足圆的条件即可求得的值.（2）由题意知，的斜率存在，设代入斜率公式，再由斜率之积为定值，化简满足双曲线的条件及离心率即可求得的取值范围.【详解】（1）设且，，由题意知，的斜率存在，则即，可化为，因为曲线是一个圆（或圆的一部分），所以，可化为，所以解得.（2）设且，，由题意知，的斜率存在，则即，可化为，因为曲线是一个双曲线（或双曲线的一部分），所以，可化为，所以，因为，所以解得，所以的取值范围为.19．已知椭圆的一个焦点为，其长轴长是短轴长的2倍.(1)求椭圆的方程；(2)记斜率为1且过点的直线为，判断椭圆上是否存在关于直线对称的两点？若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)不存在【分析】（1）由及，根据，解得，写出方程.（2）先假设存在，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得中点坐标，代入，求得，验证，得结论不存在关于直线对称的两点.【详解】（1）椭圆的方程（2）假设存在关于对称的两点，设的方程为直线与椭圆的方程联立得设则，的中点代入解得此时，所以椭圆上不存在关于直线对称的两点.20．如图，在四棱柱中，平面，为线段的中点，再从下列两个条件中选择一个作为已知.条件①：；条件②：.(1)求直线与所成角的余弦值；(2)求点到平面的距离；(3)已知点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】(1)(2)(3)的长为或.【分析】选①或②，都能得到，，后如图以为原点建立空间直角坐标系.则可利用向量方法求线线角，点面距离，面面角解决问题.【详解】（1）若选择①，因平面ABCD，平面ABCD，则，又，平面，平面，，则平面，又平面，则；若选择②，做，交AB于F，又，则四边形DCFA是平行四边形，则，又，则.则在中，，得，又，则.故，则如图建立以A为原点的空间直角坐标系.则，得，则直线与所成角的余弦值为：.（2）因，则.设平面的法向量为，则，取，则求点到平面的距离.（3）因点在线段上，则设，其中.又，则.又，设平面法向量为，则，取，则直线与平面所成角的正弦值为：或.得线段的长为或.21．已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为.(1)求实数的值；(2)若过点可作两条互相垂直的直线，且均与椭圆相切.证明：动点组成的集合是一个圆.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据椭圆的离心率即可求解，（2）联立直线与椭圆的方程，根据相切得判别式为0，进而代入切线中的，化简即可求解.【详解】（1）椭圆的焦点在轴上，且离心率为，所以，解得，（2）当时，椭圆方程为，设与椭圆相切，且斜率存在的直线方程为，所以，由于相切，所以，化简得—①，设过点且斜率为的直线方程为，即，所以将代入①得，化简得—②，将代入②得，化简得—③，由②③相加得，当其中一条切线无斜率时，此时,也满足，综上可知：动点组成的集合是一个圆，且圆的方程为【点睛】根据直线与曲线相切，转化成判别式为0，进而得到等量关系式，可将关系式进行适当的变形，根据弦长公式，或者利用向量共线等方式，化简运算即可求解.
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