2022-2023学年辽宁省锦州市高二上学期期末考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省锦州市高二上学期期末考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）度
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出直线的斜率，即可得出该直线的倾斜角.
【详解】将直线的方程变形为，该直线的斜率为，
因此，该直线的倾斜角为度.
故选C.
【点睛】本题考查直线的倾斜角，解题的关键就是求出直线的斜率，利用斜率与倾斜角的关系来求解，考查计算能力，属于基础题.
2．算盘是中国古代的一项重要发明，迄今已有2600多年的历史.现有一算盘，取其两档（如图一），自右向左分别表示十进制数的个位和十位，中间一道横梁把算珠分为上下两部分，梁上一珠拨下，记作数字5，梁下四珠，上拨一珠记作数字1（如图二算盘表示整数51）.若拨动图1的两枚算珠，则可以表示不同整数的个数为（ ）
A．6B．8C．10D．15
【答案】B
【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理即可求得.
【详解】拨动两枚算珠可分为以下三类
（1）在个位上拨动两枚，可表示2个不同整数.
（2）同理在十位上拨动两枚，可表示2个不同整数.
（3）在个位、十位上分别拨动一枚，由分步乘法计数原理易得，可表示个不同整数.
所以，根据分类加法计数原理，一共可表示个不同整数.
故选：B.
3．如图，在四面体中，M是棱上靠近O的三等分点，N，P分别是，的中点，设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的基底表示，再利用向量线性运算求解作答.
【详解】在四面体中，N是的中点，则，又，
而P是的中点，所以.
故选：A
4．已知双曲线的焦点到渐近线的距离等于双曲线的实轴长，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知得出关于的齐次等式，变形后可求得离心率．
【详解】不妨设，一条准线方程为，即，
所以，即，，所以．
故选：A．
5．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．5D．25
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出的展开式中和项，即可求解作答.
【详解】展开式中项是与展开式中项相乘加上与展开式中项相乘的和，
于是，
所以所求系数为25.
故选：D
6．直线的方向向量为，且过点，则点到l的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算代入空间中点到直线的距离公式即可求解.
【详解】依题意，
因为直线的方向向量为，
所以取直线的一个单位方向向量为，
由，可得，
所以，
，
所以.
故选：B.
7．如图，直三棱柱的所有棱长均相等，P是侧面内一点，若点P到平面的距离，则点P的轨迹是（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
【答案】D
【分析】如图，作，做，连接.可证得及，则，据此可得答案.
【详解】如图，作，做，连接.
因几何体为直三棱柱，则平面，又平面，
则，又平面，平面，
，则平面.
又由题可得平面，则.
因，，则.
又平面EPD，平面EPD，，
平面，平面，，
则平面EPD平面.
因平面平面EPD，平面平面，则.
故，结合平面，平面，可得
，则.又，则.
由题又有，结合，则，即为点P到直线距离.故点P到定点距离等于点P到直线距离，则点P轨迹为抛物线的一部分.
故选：D
8．已知实数x，y满足，则的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对的正负分类讨论，去掉绝对值转化为相应的曲线方程，根据的几何意义利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】依题意，
当时，方程为，
是双曲线在第一象限的部分；
当时，方程为，
不能表示任何曲线；
当时，方程为，
是双曲线在第三象限的部分；
当，方程为，
是椭圆在第四象限的部分；
其图象大致如图所示：
的几何意义是曲线上的点到
直线的距离的两倍，
双曲线的渐近线与平行，
所以曲线在第一、三象限上的点到
的距离，
由图象可知直线与椭圆在第四象限的部分
相切时，距离取得最小值，设切线为：且，
由，可得，
由，解得或（舍去），
所以曲线在第四象限上的点到
的距离.
所以的取值范围是：.
故选：A.
【点睛】(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
二、多选题
9．在的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A．所有项的二项式系数和为256B．所有项的系数和为1
C．二项式系数最大的项为第4项D．有理项共4项
【答案】AB
【分析】利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可．
【详解】选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；
选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确；
选项C：二项式系数的最大的项的上标为，
故二项式系数最大的项为第5项，故C不正确；
选项D：通项为，，1，，8，
当，2，4，6，8时为有理项，共5项，故D不正确，
故选：AB
10．已知双曲线：，P是该双曲线上任意一点，，是其左、右焦点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．的最小值为
C．的最小值为1D．若是直角三角形，则满足条件的P点共4个
【答案】BC
【分析】由双曲线的定义可判断A；设，由两点间的距离公式结合二次函数的性质可判断B，C；当或与轴垂直时，直角三角形有个，以为直径的圆与双曲线有个交点可判断D．
【详解】因为双曲线：，则，，所以，
因为，，所以或，故A不正确；
设，，所以
或，
由二次函数的性质知，当时，的最小值为，
故的最小值为，故B正确；
设，，所以
或，
由二次函数的性质知，当时，的最小值为：.
故的最小值为1，故C正确；
当或与轴垂直时，直角三角形有个，
以为直径的圆与双曲线有个交点，直角三角形有个，
则若是直角三角形，则满足条件的点共个，故D错误；
故选：BC.
11．已知曲线，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．曲线C是封闭图形，且封闭图形的面积大于
C．曲线C不是封闭图形，且图形有渐近线
D．曲线C上的点到坐标原点的距离的最小值为2
【答案】ACD
【分析】A选项，即判断曲线上任意点关于原点的对称点是否在曲线上；BC选项，由范围可知曲线是否为封闭图形，再由极限可知其渐近线；D选项，设曲线上一点坐标为，即判断最小值是否为2.
【详解】A选项，设在曲线上，其关于原点的对称点为，
则，即在曲线上，则曲线C关于原点对称，故A正确；
BC选项，由，可得，故，，则曲线C不是封闭图形.
又注意到时，，则曲线有渐近线；
时，，则曲线有渐近线.故B错误，C正确；
D选项，设曲线上一点坐标为，则其到原点距离为，
当且仅当，即时取等号，即曲线C上的点到坐标原点的距离的最小值为2，故D正确.
故选：ACD
12．已知边长为的正三角形中，为中点，动点在线段上（不含端点），以为折痕将折起，使点到达的位置．记，异面直线与所成角为，则对于任意点，下列成立的是（ ）
A．
B．
C．存在点，使得
D．存在点，使得平面
【答案】ABC
【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断A选项；利用空间向量夹角的数量积表示可判断B选项；利用线面垂直的性质可判断C选项；利用反证法可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，
由图可知，为锐角，故，A对；
对于B选项，因为，因为，
，所以，，
因为、均为锐角且函数在上单调递减，故，B对；
对于C选项，，过直线作平面，使得平面，设，连接，
因为平面，平面，则，
在翻折的过程中，当时，，故存在点，使得，C对；
对于D选项，若平面，平面，则，
，事实上，，矛盾，故假设不成立，D错.
故选；ABC.
三、填空题
13．直线，，若，则实数a的值是__________．
【答案】
【分析】对参数分两类进行讨论，利用斜率相等即可求解.
【详解】依题意，
当时，直线为：，直线为：，
此时与不平行，不符合题意；
当时，直线的斜率，直线的斜率，
因为，所以，即，
解得：，
当时，与重合，不符合题意，
所以.
故答案为：.
14．已知向量，，是空间向量的一组基底，，，，若A，B，C，D四点共面．则实数的值为__________．
【答案】
【分析】根据点共面可得向量共面，进而根据平面向量基本定理即可列等式求解.
【详解】由于A，B，C，D四点共面，所以存在唯一的实数对，使得,即，
所以 ，
故答案为：
15．设,且,若能被整除,则__________.
【答案】1
【分析】由,利用二项展开式可知只需能被整除整除即可,由的范围即可得到结果.
【详解】,
要使能被整除,
则能被整除,
又,,
,解得.
故答案为:.
16．在中，，，，P为所在平面内的动点，且，则面积的最大值是__________，的取值范围是__________
【答案】 34
【分析】根据，以为原点，分别为轴建系，由，可得的轨迹为圆，圆心为，半径为，根据圆的性质即可得到直线的最大值，即可得面积的最大值；设，则，由数量积的坐标运算可得，设，即将问题转化为圆与直线有交点，可求的取值范围，即得所求.
【详解】因为，，，，如图以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，，
因为为所在平面内的动点，且，则的轨迹为圆，圆心为，半径为，
因为，则要求面积的最大值，即点到直线的距离最大，
又直线的斜率为，所以直线的方程为：，即，
则点到直线的距离为：，点到直线的距离的最大值为，则，所以面积的最大值是；
设，则，所以，
设，即，可表示直线，又在圆上，则直线与圆有交点，
所以圆心到直线的距离小于或等于半径，
即，解得，即的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据题意建立直角坐标系，将问题转化为动点到圆上的点的最值问题，直线与圆的位置关系求参数的问题.
四、解答题
17．电影《夺冠》讲述了中国女排姑娘们顽强拼搏、为国争光的励志故事，现有4名男生和3名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)采用捆绑法即可求解；
(2)采用插空法即可求解；
(3)先排甲、乙、丙以外的其他4人，再把甲、乙排好，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中即可；
【详解】（1）先将3个女生排在一起，有种排法，将排好的女生视为一个整体，与4个男生进行排列，共有种排法，由分步乘法计数原理，共有(种)排法；
（2）先将4个男生排好，有种排法，再在这4个男生之间及两头的5个空挡中插入3个女生有种方法，故符合条件的排法共有(种)；
（3）先排甲、乙、丙以外的其他4人，有种排法，由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有种排法，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中有种排法，故符合条件的排法共有(种)；
18．已知点，，，动点M满足，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)求过点N与曲线C相切的直线方程；
(3)曲线C与圆相交于E，F两点，求．
【答案】(1)
(2)和
(3)
【分析】（1）设出点，根据已知结合两点间距离列式化简即可得出答案；
（2）分类讨论过点N的直线方程斜率存不存在，设出直线方程，根据直线与圆相切的判定，即可得出答案；
（3）根据两圆方程相减得出直线所在的方程，即可根据圆的弦长求法得出答案.
【详解】（1）设，
因为M满足，所以，
整理可得：，即．
（2），
点在圆外，
①过点的直线斜率不存在时，直线方程为，与圆C相切，符合题意；
②直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
由直线到圆心的距离得，即，解得，
所以直线方程为整理得．
综上，过点N与圆C相切得直线方程为和．
（3）圆与圆相交于E、F两点，
两个方程作差得直线所在的方程为，
所以圆的圆心到直线的距离，
所以．
19．如图，正方体的棱长为2，点E为的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
（2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
（3）利用向量法求得点到平面的距离.
【详解】（1）如图以点D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
所以，
所以．
（2）设平面的一个法向量为，
又，，
则，
令，则，
又，则，
所以直线与平面的正弦值为．
（3）点到平面的距离为，
所以点到平面的距离为．
20．动点到定点的距离比它到直线的距离小，设动点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线于，两个不同的点，过点，分别作曲线的切线，且二者相交干点．
(1)求曲线的方程；
(2)求证：；
(3)求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）将动点到直线的距离转化为到直线的距离，由抛物线的定义求解即可；
（2）设过点的直线方程，与曲线方程联立，得到，，再分别求出过，的切线和点坐标，证明即可；
（3）由抛物线定义求出焦点弦长，由知，即到的距离，由进行计算，并求出最小值即可.
【详解】（1）∵动点到定点的距离比它到直线的距离小，
∴动点在直线上方，且动点到定点的距离等于它到直线的距离，
∴由抛物线定义，动点的轨迹曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
∴曲线的方程为．
（2）∵过点的直线交曲线于，两个不同的点，
∴该直线斜率存在，设其方程为，
由，消去，整理得（），
设，，则，，
∵，∴，∴曲线过的切线的斜率，
（也可以设切线方程为与抛物线方程联立，令求切线斜率）
∴曲线过的切线：，即，
同理可求得曲线过的切线：，
由，解得，即，∴，
又∵，
∴，∴，
∴.
（3）由（2）及抛物线定义，，
由（3）∵，∴点到的距离，
∴的面积，
易知，当且仅当时，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题，考查学生的转化与化归思想、数形结合思想和数学运算能力等，通常采用设而不求的方法，联立直线与圆锥曲线方程，借助韦达定理（根与系数的关系），结合题目中的几何背景进行求解.
21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，Q为的中点，M是棱上的点，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点M，使二面角大小为？若存在，请指出点M的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，点M位于靠近点C的四等分处
【分析】（1）由面面垂直证平面，再证平面平面；
（2）以Q为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由向量法求线线角；
（3）设，，由向量法利用二面角建立方程求解.
【详解】（1）证明：因为，，Q为的中点，所以四边形为平行四边形，所以．
所以，即．
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．
平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，且平面，平面，
则，．
又，Q为的中点，所以．
以Q为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，
，，
由，
，
设异面直线与所成角为，
则，
所以异面直线与所成角的余弦．
（3）假设存在点M，
设且，得，所以，
又，设平面法向量为，
所以，令，则，，则．
由（2）知平面的法向量为，
因为二面角为，所以，解得，
故线段上存在点M使二面角大小为，且点M位于靠近点C的四等分处．
22．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线与椭圆C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)圆F过O，B，交l于点M，N，直线，分别交椭圆C于另一点P，Q．
①求的值；
②证明：直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析，定点
【分析】（1）根据题意可得垂直平分，设为直线l与C的一个交点，根据菱形的面积求得点的坐标，再代入椭圆方程求得，即可得解；
（2）①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，则，即，由此计算即可得出结论；
②由题意知直线不可能平行于x轴，设直线的方程为，，，联立方程，利用韦达定理求得，，再结合①中结论求出，即可得出结论.
【详解】（1）因为直线与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，
所以l垂直平分，所以，，
设为直线l与C的一个交点，
则菱形的面积为，
因为菱形的面积为，所以，解得，即，
将点代入，得，
又因为，所以，
故C的方程为；
（2）①由题意得为圆E的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心E，所以为圆E的直径，
因此，即，
设，，则，
又，，则，
又因为，，
所以；
②由题意知直线不可能平行于x轴，
则设直线的方程为，，，
由得，
，（∗）
，，
因为，，
所以，
即，
即，
则，
化简得，解得，满足（∗），
所以直线的方程为，
故直线过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为（或）的形式；
（5）代入韦达定理求解.