2021北京十二中高二（上）期末数学（教师版）

2021北京十二中高二（上）期末

数    学

一、选择题（每题5分，共60分，每题只有一个选项）

1．两条平行线与之间的距离为　　

A． B．1 C．2 D．

2．过点且与直线垂直的直线方程是　　

A． B． C． D．

3．某校高一、高二两个年级比赛目测数学必修第一册教科书的长度，其误差和（单位：的分布列如下：

则直观判断和的分布中离散程度大的是　　

A． B． C．离散程度相同 D．不能确定

4．圆关于轴对称的圆的方程为　　

A． B． 

C． D．

5．如图，在三棱锥中，，，，，分别为棱，的中点，则　　

A． B． C． D．

6．直线：与圆的位置关系是　　

A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定

7．在校园艺术节才艺展示活动中，小明书写“求真、崇善、唯美”6个字，有2种不同颜色的笔供选择，要求不能只用1种颜色的笔，则不同的写法共有　　

A．34种 B．30种 C．62种 D．63种

8．圆截直线所得的弦长为，则实数　　

A． B． C． D．2

9．近期新冠疫情在全球肆虐，某国在，，三个地区分别有，，的民众核酸检测呈阳性，假设这三个地区的人口数的比为，现从这三个地区中任选一人，则这个人核酸检测呈阳性的概率为　　

A． B． C． D．

10．校园电视台给甲、乙、丙、丁4位同学安排了“负重扛机”，“对象采访”，“文稿编写”，“编制剪辑”四项工作，每人做且仅做一项工作，甲不能安排“负重扛机”工作，乙不能安排“编制剪辑”工作，则不同的安排方法共有　　

A．12种 B．14种 C．7种 D．9种

11．设抛物线的焦点为，点在抛物线上，，若以为直径的圆过点，则的值为　　

A．4或9 B．4或18 C．2或18 D．2或9

12．已知椭圆与双曲线具有相同焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆与双曲线的离心率分别为、，则的最小值是　　

A．2 B．3 C．4 D．5

二、填空题（每题5分，共30分，两空的前3后2）

13．若直线经过，两点，则直线的倾斜角的大小是 　　．

14．已知两个平面，的法向量分别是和，若，则　　．

15．在的展开式中，二项式系数的和为 　　；的系数为 　　．（用数字作答）

16．已知双曲线的右焦点为，点在双曲线的一条渐近线上，为坐标原点，若，则双曲线的实轴长为 　　；的面积为 　　．

17．在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面（包含边界）．

（1）若点与点重合，则点到平面的距离是 　　；

（2）若，则线段长度的取值范围是 　　．

18．已知曲线．给出下列结论：

①曲线是中心对称图形；

②曲线是轴对称图形；

③曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

④设为坐标原点，则曲线上存在点，使得．

其中，所有正确结论的序号是 　　．

三、解答题（共5题，共60分）

19．（10分）已知，求下列各式的值，并用数字作答：

（Ⅰ）；

（Ⅱ）．

20．（10分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上．

（Ⅰ）求点的坐标和抛物线的准线方程；

（Ⅱ）设为坐标原点，过点的直线交抛物线于点，，再从条件①的中点为；②的中点为这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．

21．（14分）甲、乙两位同学到校学生会竞聘同一岗位，进入最后面试环节．具体面试方案如下：甲、乙各自从5个问题中随机抽取3个问题，已知这5个问题中，甲能正确回答其中3个问题，而乙能正确回答每个问题的概率均为，甲、乙对每个问题的回答都相互独立，互不影响．

（Ⅰ）设甲答对的问题个数为随机变量，求的分布列、数学期望和方差；

（Ⅱ）请从数学期望和方差的角度分析，甲、乙两位同学，哪位同学竞聘成功的可能性更大？

22．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，E是棱DD1的中点．

（Ⅰ）求证：BC⊥AB1；

（Ⅱ）求平面AB1E与平面ABCD夹角的余弦值；

（Ⅲ）在棱CC1上是否存在一点F，使得EF与平面AB1E所成角的正弦值为，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．

23．（12分）已知椭圆过点，且．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，过点的直线交椭圆于点，，直线交直线于点，求证：．

参考答案

一、选择题（每题5分，共60分，每题只有一个选项）

1．【分析】由题意利用两条平行直线间的距离公式，计算即可．

【解答】解：两条平行线与之间的距离为，

故选：．

【点评】本题主要考查两条平行直线间的距离公式，属于基础题．

2．【分析】设与直线垂直的直线方程为，把代入，解得即可．

【解答】解：设与直线垂直的直线方程为，

把代入，可得，解得．

所求直线方程为：．

故选：．

【点评】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，属于基础题．

3．【分析】根据期望公式，求出二者的期望，再结合数据偏离程度，即可求解．

【解答】解：由表可得，

，

直观观察的数据相对于的数据，更加偏离平均值0，

故直观判断和的分布中离散程度大的是．

故选：．

【点评】本题主要考查离散型随机变量期望公式的应用，属于基础题．

4．【分析】求出关于轴对称的圆的圆心坐标为，半径还是2，从而求得所求的圆的方程．

【解答】解：已知圆关于轴对称的圆的圆心坐标为，半径不变，还是2，

故对称圆的方程为，

故选：．

【点评】本题主要考查求圆的标准方程，求出关于轴对称的圆的圆心坐标为，是解题的关键，属于基础题．

5．【分析】直接根据向量的三角形法则求解即可．

【解答】解：在三棱锥中，，，，，分别为棱，的中点，

，

故选：．

【点评】本题主要考查向量的三角形法则，属于基础题．

6．【分析】根据已知条件，将原问题转化为直线的定点在圆内，即可求解．

【解答】解：直线：恒过定点，

圆，

圆，半径，

，

定点在圆内，

直线：与圆的位置关系是相交．

故选：．

【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于基础题．

7．【分析】首先根据分步计数原理求出所有颜色的写法，然后减去2种颜色相同的，即可求出结果．

【解答】解：因为每个字都有两种选择，则分6步，每步都是 种选择，

所以，

同种颜色写字只有2种，所以要求不能只用1种颜色的笔，则不同的写法共有 种；

故选：．

【点评】本题考查排列组合，考查学生的运算能力，属于中档题．

8．【分析】由圆的方程，得到圆心与半径，再求得圆心到直线的距离，利用勾股定理解．

【解答】解：圆的方程可化为，所以圆心坐标为，由点到直线的距离公式得：

，解得，

故选：．

【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，正确运用勾股定理是解题的关键．

9．【分析】设出三个地区的人口数，求出核酸检测呈阳性的人数，然后求解概率即可．

【解答】解：设三个地区的人口数为，

在，，三个地区分别有，，的民众核酸检测呈阳性，

这三个地区的人口数的比为，

则核酸检测呈阳性的人数为：．

从这三个地区中任选一人，则这个人核酸检测呈阳性的概率为：，

故选：．

【点评】本题考查古典概型概率的求法，考查转化思想以及计算能力，是基础题．

10．【分析】分甲安排为“编制剪辑”工作和甲也不安排“编制剪辑”工作两种情况分别求出不同的安排数，求和即可得出答案．

【解答】解：当甲安排为“编制剪辑”工作，另外3人任意安排工作有 种方法．

当甲也不安排“编制剪辑”工作时，先安排甲有 种，再安排乙有种，

另外剩余2人有，则此时有，

共有 种，

故选：．

【点评】本题考查排列组合，属于中档题．

11．【分析】设，，由抛物线的定义可得，，解得，再结合已知条件，以及圆的性质可得，，代入抛物线方程得，解出，即可求解．

【解答】解：抛物线，

焦点，

设，，

由抛物线的定义可得，，解得，

以为直径的圆的圆心是的中点，

圆心横坐标为，

，

圆的半径，

以为直径的圆过点，

圆心纵坐标为3，则点纵坐标为6，即，代入抛物线方程得，

故或．

故选：．

【点评】本题主要考查抛物的性质，考查转化能力，属于中档题．

12．【分析】设，，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得，，再由余弦定理，可得，与的关系，结合离心率公式，以及基本不等式，可得所求最小值．

【解答】解：设，，为第一象限的交点，

由椭圆和双曲线的定义可得，，

解得，，

在三角形中，，

可得，

即有，

可得，

即为，

则

，当且仅当，即，取得最小值3．

故选：．

【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义和性质，主要是离心率，考查解三角形的余弦定理，以及基本不等式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

二、填空题（每题5分，共30分，两空的前3后2）

13．【分析】先根据直线的斜率公式求出斜率，再根据倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，求出倾斜角的值．

【解答】解：直线经过，两点，

直线的斜率等于：．

设直线的倾斜角等于，则有．

再由可得，

故答案为：．

【点评】本题主要考查直线的斜率公式，倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．

14．【分析】由，得，列方程求出，，由此能求出．

【解答】解：两个平面，的法向量分别是，，和，，

，，

解得，，

．

故答案为：4．

【点评】本题考查两数和的求法，考查平面与平面平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

15．【分析】直接结合二项式系数的性质即可求解二项式系数的和；

先求出二项展开式的通项，结合指定项的指数可求，进而可求．

【解答】解：在的展开式中，二项式系数的和，

因为展开式的通项，

令，则，此时的系数为．

故答案为：32，80．

【点评】本题主要考查了二项式系数的性质及二项展开式的通项的应用，属于基础题．

16．【分析】利用双曲线方程求解，即可得到实轴长，求出双曲线的渐近线方程，求出三角形的顶点的坐标，然后求解面积即可．

【解答】解：双曲线的，

实轴长为4；

右焦点为，，

渐近线方程为：，不妨设在第一象限，

，，，

所以的面积为：．

故答案为：4；．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．

17．【分析】（1）连接交于点，由正方体的性质可证面，面，即可得到点到平面的距离，当点与点重合时，点到平面的距离即为点到平面的距离；

（2）建立空间直角坐标系，设，2，，由得到，再根据及二次函数的性质计算可得．

【解答】解：（1）在正方体中，，面，面，所以面，连接交于点，

所以，

又面，面，

所以，

因为，

所以面，

因为正方体的棱长为2，所以，

即点到平面的距离为，

若点与点重合，则点到平面的距离即为点到平面的距离为；

（2）如图建立空间直角坐标系，

则，2，，，0，，，0，，，2，，设，2，，

则，2，，，2，，，0，，

因为，

所以，

所以，

即，

所以，

因为，解得，

所以，即，．

故答案为：；，．

【点评】本题考查了点到平面的距离及线段的长度，（1）问中找到点到面的距离是难点，也是关键点；（2）问中建立坐标系，将立方体几何问题转化为代数问题来研究就降低了难度，属于中档题．

18．【分析】设设曲线上任意一点坐标为，求出其关于原点的对称点坐标，关于的对称点为，将这两个点代入曲线的方程，即可求解①②，分别令，，，，即可求解③，根据已知条件，结合两点之间的距离公式，以及基本不等式的公式，即可求解④．

【解答】解：对于①，设曲线上任意一点坐标为，

则其关于原点的对称点坐标为，

将代入曲线，

则，

故点在曲线上，

故曲线关于原点中心对称，故①正确，

对于②，将代入曲线，

则，

所以曲线关于轴对称，故②正确，

对于③，当时，，当时，，当时，，当时，，

故曲线恰好经过6个整点，，，，，，故③正确，

设，

则，

若，

则，

所以，

，所以，当且仅当时，等号成立，

又，

故在曲线上不存在点，使得，故④错误．

故答案为：①②③．

【点评】本题主要考查曲线与方程，需要学生较强的综合能力，属于中档题．

三、解答题（共5题，共60分）

19．【分析】令，代入即可求解；

分别令，代入即可求解．

【解答】解：令得，，

令，得，

与中等式联立得，，

所以．

【点评】本题主要考查了二项展开式的系数的求解，赋值法的应用是求解问题的关键，属于基础题．

20．【分析】（Ⅰ）由点在抛物线上，可得参数的值，进而求出抛物线的方程及焦点坐标；

（Ⅱ）若选①，点差法求出直线的斜率，由题意可得直线的方程，与抛物线联立求出横坐标之和，由抛物线的性质，求出弦长的值，再求到直线的距离，代入面积公式，求出三角形的面积；选②，同①先求出直线的斜率，写出直线方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出，的纵坐标之差的绝对值，代入三角形的面积公式，求出三角形的面积．

【解答】解：（Ⅰ）因为在抛物线上，代入可得，可得，

所以抛物线的方程为：，焦点；

（Ⅱ）若选①设，，，，则，的中点坐标为，，

由题意可得中点，所以，

将，的坐标代入可得，作差整理可得：，

所以直线的斜率为，

则直线的方程为：，

，整理可得，

则，

由抛物线的定义可得，

到直线的距离，

所以；

若选②，由，的中点，同①可得直线的斜率：，

所以直线的方程为：，

整理可得：，则，

所以，

所以．

【点评】本题考查求抛物线的方程及点差法求直线的斜率，直线与抛物线的综合应用，三角形的面积公式的应用，属于中档题．

21．【分析】由题意可知，所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，即可得的分布列，并结合期望与方差公式，即可求解．

设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，由题意可得，，分别求出对应的期望与方差，通过比较二者的期望与方差，即可求解．

【解答】解：由题意可知，所有可能取值为1，2，3，

故，，，

故的分布列为：

故，．

设乙答对的题数为，则所有可能的取值为0，1，2，3，

由题意可得，，

则，，

，，

甲的方差小，甲比较稳定，

故甲同学竞聘成功的可能性更大．

【点评】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望与方差公式，属于中档题．

22．【分析】（Ⅰ）只要证明BC垂直于AB1所在平面AA1B1B即可；（Ⅱ）用向量数量积计算两平面成角余弦值；（Ⅲ）用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求解．

【解答】（Ⅰ）证明：因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以BC⊥平面AA1B1B，因为AB1⊂平面AA1B1B，所以BC⊥AB1．

（Ⅱ）解：建系如图，A（0，0，0），E（0，1，1），B1（1，0，2），

＝（0，1，1），＝（1，0，2），

令＝（2，1，﹣1），

因为•＝0，•＝0，所以是平面AB1E的法向量，

平面ABCD的法向量是＝（0，0，1），

所以平面AB1E与平面ABCD夹角的余弦值为＝＝．

（Ⅲ）解：设CF＝t，t∈[0，2]，则E（1，1，t），＝（1，0，t﹣1），

所以EF与平面AB1E所成角的正弦值为＝＝，解得t＝．

【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了两平面夹角计算问题，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．

23．【分析】（Ⅰ）由已知可得，，则，则椭圆方程可求；

（Ⅱ）由题意可得，直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程，得关于的一元二次方程，可得、的横坐标的和与积，再求出所在直线方程，与所在直线方程联立求得的坐标，可得的斜率，再求出的斜率，证明斜率相等即可．

【解答】（Ⅰ）解：由已知可得，，则，

则椭圆的方程为；

（Ⅱ）证明：由题意可得，直线的斜率存在，设直线的方程为，

代入椭圆方程可得，．

△，解得．

设，，，，

则，，

，，，则所在直线方程为，

所在直线方程为，

联立，解得，，

则，，

要证，需证，即证，

也就是证，

即证．

把根与系数的关系代入，

需证．

，可证．

也就是证，

此时显然成立．

．

【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．