2021北京西城高二（上）期末数学（教师版）

2021北京西城高二（上）期末

数    学

一、选择题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数　　

A． B． C． D．

2．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则　　

A．4 B．5 C．6 D．7

3．椭圆的焦点坐标为　　

A．， B．， C．， D．，

4．已知直线，．若，则实数　　

A．或1 B．0或1 C．或2 D．或2

5．已知平面平面，．下列结论中正确的是　　

A．若直线平面，则 B．若平面平面，则 

C．若直线直线，则 D．若平面直线，则

6．将4张座位编号分别为1，2，3，4的电影票全部分给3人，每人至少1张．如果分给同一人的2张电影票具有连续的编号，那么不同的分法种数是　　

A．24 B．18 C．12 D．6

7．已知双曲线的两个焦点是，，点在双曲线上．若的离心率为，且，则　　

A．4或16 B．7或13 C．7或16 D．4或13

8．在正三棱锥中，，，则直线与平面所成角的大小为　　

A． B． C． D．

9．已知圆的方程为，圆的方程为，其中，．那么这两个圆的位置关系不可能为　　

A．外离 B．外切 C．内含 D．内切

10．点在直线上，若椭圆上存在两点，，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质．下列结论中正确的是　　

A．对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质 

B．直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质 

C．直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质 

D．对于直线上的所有点，椭圆都具有性质

二、填空题共6小题，每小题4分，共24分。

11．（4分）已知复数，则　　．

12．（4分）若双曲线的焦距为，则　　；的渐近线方程为　　．

13．（4分）设，则　　．

14．（4分）在空间直角坐标系中，已知点，0，，，2，，，0，，，0，，则直线与所成角的大小是　　．

15．（4分）已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上，于点．若是锐角三角形，则点的横坐标的取值范围是　　．

16．（4分）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，是底面上一点．若平面，则长度的最小值是　　；最大值是　　．

三、解答题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

17．（10分）生物兴趣小组有12名学生，其中正、副组长各1名，组员10名．现从该小组选派3名同学参加生物学科知识竞赛．

（Ⅰ）如果正、副组长2人中有且只有1人入选，共有多少种不同的选派方法？

（Ⅱ）如果正、副组长2人中至少有1人入选，且组员甲没有入选，共有多少种不同的选派方法？

18．（12分）已知圆过原点和点，圆心在直线上．

（Ⅰ）求圆的方程；

（Ⅱ）直线经过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程．

19．（13分）如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面．

20．（13分）如图，设点，在轴上，且关于原点对称．点满足，，且的面积为20．

（Ⅰ）求点的坐标；

（Ⅱ）以，为焦点，且过点的椭圆记为．设，是上一点，且，求的取值范围．

21．（14分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．

（Ⅰ）求的长；

（Ⅱ）求点到平面的距离．

22．（14分）已知椭圆的一个焦点为，，，且．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点的直线交椭圆于点，．记△和△的面积分别为和．当时，求直线的方程．

参考答案

一、选择题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．【分析】直接利用复数的几何意义及共轭复数的定义即可求解．

【解答】解：由复数的几何意义可知，复数对应的点的坐标是，

则，

故．

故选：．

【点评】本题主要考查了复数的几何意义的应用，共轭复数的定义，属于基础题．

2．【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值．

【解答】解：在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式共有7项，

，

故选：．

【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．

3．【分析】直接利用椭圆方程求解焦点坐标即可．

【解答】解：椭圆，可得，所以椭圆的焦点坐标，．

故选：．

【点评】本题考查椭圆的简单性质，是基础题．

4．【分析】直接利用两条直线垂直，列出关于的方程，求解即可．

【解答】解：因为，

所以，解得或2．

故选：．

【点评】本题考查了两条直线垂直关系的应用，解题的关键是掌握两条直线垂直的等价条件，即已知直线，的方程分别是：，不同时为，，不同时为，则．

5．【分析】由线面的位置关系可判断；由面面的位置关系可判断；由线面的位置关系和面面垂直的性质可判断；由面面垂直的判定定理可判断．

【解答】解：平面平面，，若直线平面，则或，故错误；

平面平面，若平面平面，则或与相交，故错误；

平面平面，，若，则或，故错误；

平面平面，，若平面直线，又，由面面垂直的判定定理可得，故正确．

故选：．

【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．

6．【分析】分2步进行分析：①在4张电影票中，选出连号的2张，分给三人中的一人，②将剩下的2张电影票分给其他2人，由分步计数原理计算可得答案．

【解答】解：根据题意，分2步进行分析：

①在4张电影票中，选出连号的2张，分给三人中的一人，有种分法，

②将剩下的2张电影票分给其他2人，有种分法，

则有种不同的分法，

故选：．

【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．

7．【分析】利用双曲线的离心率求解，结合双曲线的定义求解即可．

【解答】解：双曲线的两个焦点是，，

点在双曲线上．若的离心率为，

可得，解得，，

，则，所以或16．

故选：．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义的求法，是基础题．

8．【分析】由题意画出图形，取底面三角形的中心，可得直线与平面所成角，求解三角形得答案．

【解答】解：如图，

取底面正三角形的中心，连接，则底面，

为直线与平面所成角．

连接并延长，角于，可得，

，

在中，有，

即．

直线与平面所成角的大小为．

故选：．

【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．

9．【分析】利用圆的方程求出圆心和半径，然后利用圆心距之间的距离和两圆半径的关系，结合两圆的位置关系的判断方法进行分析即可．

【解答】解：根据题意，圆的圆心，半径，

圆的圆心，半径，

所以，，

因为，

所以，

故两圆不可能是内含．

故选：．

【点评】本题考查了两圆位置关系的判断，解题的关键是确定圆心距和两圆半径之间的关系．

10．【分析】以点为圆心，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于，两点，这样，于是是等腰三角形，从而可得结论．

【解答】解：取直线上的任意点，以点为圆心，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于，两点，

这样，于是是等腰三角形，

所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质．

故选：．

【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．

二、填空题共6小题，每小题4分，共24分。

11．【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可．

【解答】解：，

则．

故答案为：．

【点评】本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．

12．【分析】由，以及渐近线方程为，即可得解．

【解答】解：由题意知，，，，

，

渐近线方程为．

故答案为：2；．

【点评】本题考查双曲线的几何性质，熟练掌握渐近线方程，以及、、的关系是解题的关键，属于基础题．

13．【分析】先求出，再令，可得要求式子的值．

【解答】解：，，

令，可得，

则，

故答案为：．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．

14．【分析】求出向量，，设直线与所成的角为，由即可求得的大小．

【解答】解：因为点，0，，，2，，，0，，，0，，

所以，0，，，，，

设直线与所成的角为，

所以，

由，

所以，

即直线与所成角的大小是．

故答案为：．

【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查向量法的应用，属于基础题．

15．【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，再由是锐角三角形，所以最大角为，只需要在焦点的右侧，可得的横坐标的范围．

【解答】解：由抛物线的性质可得，

若是锐角三角形，所以最大角为，只需，

只需要在焦点的右侧，由抛物线的方程可得焦点的坐标，所以的横坐标的范围，

故答案为：．

【点评】本题考查抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，属于中档题．

16．【分析】取的中点，的中点，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理证明平面平面，结合已知条件可知点，在等腰中，即可求得长度的最值．

【解答】解：取的中点，的中点，连结，，，

由正方体，，分别为，的中点，

由中位线性质可得，

又因为平面，平面，

所以平面，

因为，分别为，的中点，

由中位线性质可得，

同理可知，

所以，

又因为平面，平面，

所以平面，

又，，平面，

所以平面平面，

因为是底面上一点，且平面，

所以点，

在等腰中，的长度最大时为，

当的长度最小时，为的中点，，

所以．

故答案为：；．

【点评】本题考查了点、线、面间的距离计算，涉及了线面平行和面面平行判定定理的应用，解题的关键是将的长度转化到等腰中求解．

三、解答题共6小题，共76分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

17．【分析】（Ⅰ）根据题意，先分析组长的选法，再从10名组员中任选2人，由分步计数原理计算可得答案，

（Ⅱ）根据题意，分2种情况讨论：①正、副组长2人都入选，②正、副组长2人中有且只有1人入选，由加法原理计算可得答案．

【解答】解：（Ⅰ）根据题意，正、副组长2人中有且只有1人入选，其选法有2种，

在10名组员中任选2人，有种选法，

则有种选法，

（Ⅱ）根据题意，分2种情况讨论：

①正、副组长2人都入选，且组员甲没有入选，选派方法数为，

②正、副组长2人中有且只有1人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为．

则有种不同的选法．

【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．

18．【分析】（Ⅰ）设圆的圆心坐标为，由已知列式求解，进一步得到圆的半径，则圆的方程可求；

（Ⅱ）由弦长求得圆心到直线的距离，当直线的斜率不存在时，直线符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由圆心到直线的距离列式求解，则直线方程可求．

【解答】解：（Ⅰ）设圆的圆心坐标为，

依题意，有，

解得．

从而圆的半径为，

圆的方程为；

（Ⅱ）依题意，圆的圆心到直线的距离为2．

显然直线符合题意；

当直线的斜率存在时，设其方程为，即．

，解得．

直线的方程为，即．

综上，直线的方程为或．

【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，体现了分类讨论的数学思想，是基础题．

19．【分析】（Ⅰ）结合正三棱柱以及正方形的性质，根据线面平行的判定定理证明即可；

（Ⅱ）根据线面垂直的判定定理证明即可．

【解答】证明：（Ⅰ）设，连接，如图示：

因为为正三棱柱，且，

所以侧面为正方形，

因为，分别是，的中点，所以是的中点，

又因为是的中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面．

（Ⅱ）因为为正三角形，所以，

又平面，所以，

所以平面，所以，

连接，因为侧面为正方形，

所以，所以，

所以平面．

【点评】本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，考查数形结合思想，是一道中档题．

20．【分析】（Ⅰ）由题意设出点，的坐标，在直线，的方程，点的坐标用，的坐标表示出来，利用面积的值可以求出点的坐标；

（Ⅱ）根据椭圆的定义，基本性质，求出椭圆方程，将点的坐标代入椭圆方程，即可解出的范围．

【解答】解：（Ⅰ）设，．

则直线的方程为，直线的方程为．

由解得

所以．

故的面积．

所以，

解得．

所以点的坐标为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，．

所以，．

设以，为焦点且过点的椭圆方程为．

则，又，

所以椭圆的方程为．

所以，即．

因为，所以．

所以．

所以的取值范围是．

【点评】本题考查了椭圆的定义，基本性质，属于中档题．

21．【分析】（Ⅰ）依题意，，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系．设．求出平面的法向量，求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积，转化求解即可．

（Ⅱ）平面的法向量，结合．利用空间向量距离公式求解点到平面的距离．

【解答】解：（Ⅰ）依题意，，，两两互相垂直，如图

建立空间直角坐标系．（1分）

设．

由题意得，0，，，2，，，0，．

所以，．

设平面的法向量为，，，

则，

即（4分）

令，则，．

于是．（6分）

又因为平面，

所以平面的一个法向量为，0，．（7分）

依题意，有，（9分）

解得，

所以．（10分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面的法向量为，，．（11分）

又，2，，

所以．（12分）

所以点到平面的距离为．（14分）

【点评】本题考查二面角的平面角的求法，空间点线面距离的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力．

22．【分析】（Ⅰ）依通过椭圆的半焦距，结合．求解，，得到椭圆方程．

（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，其方程为．验证即可．当直线的斜率存在时，设其方程为．由得． 设，，，，利用韦达定理结合弦长公式，转化求解三角形的面积，然后推出直线方程即可．

【解答】解：（Ⅰ）依题意，椭圆的半焦距，（1分）

所以．

解得．（2分）

所以．（3分）

所以椭圆的方程为．（4分）

（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，其方程为．

此时，或．

所以，，即，不合题意．

当直线的斜率存在时，设其方程为．

由得．（6分）

设，，，，则，．（8分）

因为，，

所以（10分）

．（12分）

令，解得．（13分）

所以直线的方程为，或．（14分）

【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．