2023北京怀柔高二（上）期末数学（教师版）

2023北京怀柔高二（上）期末

数    学

本试卷共4页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 若直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为 (　　)

A.  B.  C.  D.

2. 若直线与直线垂直，则（    ）

A.  B.  C. 2 D.

3. 已知抛物线，则焦点坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

4. 若点，点，且，则点的坐标为（    ）

A  B.

C.  D.

5. 若圆与圆相内切，则为（    ）

A. 1 B. 2 C. 5 D. 1或5

6. 将单位圆上所有点的横坐标变为原来的3倍，再将纵坐标变为原来的2倍，得到的曲线方程为（    ）

A  B.

C.  D.

7. 已知双曲线的离心率是2，则其渐近线的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

8. 在长方体中，，，，则直线与平面内直线所成的角中最小角为（    ）

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

9. 在平面内，、是两个不同的定点，是动点，若，则点的轨迹为（    ）

A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线

10. 从7个人中选4人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排2人，第二天和第三天均安排1人，且人员不重复，则不同安排方式的种数可表示为（    ）

A  B.  C.  D.

第二部分（非选择题  共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11. 圆的圆心为_________，半径为_________.

12. 过点且与直线平行的直线方程为___________.

13. 在展开式中，的系数为_____________.

14. 设双曲线的左右焦点分别是，，点在双曲线上，则__________；若为直角，则点的纵坐标的是_____________.

15. 数学中有许多美丽的曲线，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.如曲线，（如图所示），给出下列三个结论

①曲线关于直线对称；

②曲线上任意一点到原点的距离都小于；

③曲线围成的图形的面积是.

其中，正确结论的序号是_________.

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16. 在平面直角坐标系中，已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点.

（1）求圆的方程；

（2）若定点，点在圆上，求的最小值.

17. 已知抛物线的焦点为.

（1）求的值；

（2）过点直线与抛物线交于，两个不同点，若的中点为，求的面积.

18. 如图，在长方体中，，，点在上，且.

（1）求直线与所成角的大小；

（2）求与平面所成角的正弦值.

19. 如图，四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面所成角的大小.

20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，且.

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的直线与椭圆交于，两个不同的点，求证：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.

21.

如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.

（Ⅰ）求证：AC⊥SD；

（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.

参考答案

第一部分（选择题共40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 【答案】A

【解析】

【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率，故选A.

2. 【答案】C

【解析】

【分析】利用两直线垂直，斜率相乘为-1，列出方程求解即可.

【详解】∵直线与直线垂直，

故选：C

3. 【答案】D

【解析】

【分析】根据抛物线的方程直接求出焦点即可.

【详解】由抛物线可得其焦点在轴上，其焦点坐标为.

故选:D.

4. 【答案】A

【解析】

【分析】设，根据列方程组即可求解.

【详解】设，则，

因为，所以，解得.

故点的坐标为.

故选:A.

5. 【答案】D

【解析】

【分析】根究两圆内切满足的圆心距和半径差的关系即可求解.

【详解】圆的圆心和半径为 ，圆的圆心和半径为,由两圆内切，所以或，

故选：D

6. 【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知：单位圆经过伸缩变换，将其整理代入圆的方程即可求解.

【详解】设得到曲线上任意一点，由题意可知：单位圆经过伸缩变换，整理可得：，又在单位圆上，

所以，整理变形可得：，

所以单位圆上所有点的横坐标变为原来的3倍，再将纵坐标变为原来的2倍，得到的曲线方程为，

故选：.

7. 【答案】B

【解析】

【分析】根据双曲线的离心率求出的值，进而可得答案.

【详解】由双曲线可得

，

所以双曲线的渐近线方程为，

即.

故选：B

8. 【答案】B

【解析】

【分析】设是平面内任一直线，是的一个方向向量.

当或与重合时，即等于线线角，在中，求出即可；当与不平行且不重合时. 设，，，则可以作为空间向量的一个基底.则，根据平面向量基本定理以及共线向量可得到的一个方向向量.设线线角为，则.令，用判别式法求出，即可得到，从而求出结果.

【详解】如图，连接.

设是平面内任一直线，是的一个方向向量.

①当或与重合时，即等于直线和所成的角.

又，，，

则在中，；

②当与不平行且不重合时.

设，，，则可以作为空间向量的一个基底，

且，，，两两垂直，

则，且.

根据平面向量基本定理，可知，，显然，

则与向量共线，

所以也是的一个方向向量.

设，则.

设直线和所成的角为，则.

，，，所以，

则.

令，整理可得，

该方程有解，即，

解得，即，即，

所以.

因为，在上单调递减，

所以当时，取最小值为.

又，即.

综上所述，直线与平面内直线所成角中最小角为.

故选：B.

9. 【答案】A

【解析】

【分析】建系设出、、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可．

【详解】在平面内，，是两个定点，是动点，以方向为正方向，线段的中点为原点，

建立平面直角坐标系，设，

则，，设点的坐标为，

所以，

因为，即，

所以，即，

化简得，

所以点的轨迹为圆．

故选：A．

10. 【答案】D

【解析】

【分析】用分步计数原理.先选出2人安排在第一天，再选出2人安排在后两天，将结果乘起来即可.

【详解】用分步计数原理.

第一步，从7个人中选2人的负责值班第一天，不同安排方式的种数；

第二步，剩余5人选取2人安排在第二天和第三天，不同安排方式的种数.

所以，不同安排方式的种数可表示为.

故选：D.

第二部分（非选择题  共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11. 【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】先对圆的一般方程进行配方转化为标准方程，从而得到圆心的坐标与半径.

【详解】因为圆可化为，

所以所求圆心为，半径为.

故答案为：；.

12. 【答案】

【解析】

【分析】根据平行直线系设直线方程为，代入即可求解.

【详解】设与与直线平行的直线方程为，将点代入得，所以所求方程为，

故答案：

13. 【答案】10

【解析】

【分析】写出展开式的通项为，令，解出代入即可得到结果.

【详解】展开式的通项为，.

令，可得.

所以，的系数为.

故答案为：10.

14. 【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据双曲线的方程及定义可求出，设，再利用向量数量积为零求解即可.

【详解】由可知，

故，，，

设，则，

因为为直角，

所以,

因为，

所以，

解得或

故答案为：；.

15. 【答案】①③

【解析】

【分析】根据点的对称性可判断①，由曲线方程知曲线关于原点，，轴对称，当，时，可得，可得，所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，由此可作出曲线的图象，从而通过运算可判断命题②③的真假．

【详解】设点在曲线上，则，关于直线对称的点，将代入曲线中得，因此在曲线上，故①正确，

曲线可知曲线关于原点，，轴对称，

当，时，可得，可得，所以可得曲线为为圆心，为半径的半圆，曲线上任意点到原点的距离的最大值为，曲线上任意一点到原点的距离都小于或等于，故命题②错误；

根据对称性可知曲线围成的图形的面积为4个半圆的面积加上边长为的正方形的面积，即，故命题③正确；

故答案为：①③

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

16. 【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法设得圆，再根据题意得到关于的方程，进而求得，由此得到圆的方程；

（2）利用定点到圆上动点的最小距离的求法求解即可.

【小问1详解】

设圆为，则，半径为，

因为圆心在直线上，所以，

因为直线与圆相切于点，所以直线与直线垂直，

所以，即，则，解得，则，

所以，

故圆为.

【小问2详解】

因为，所以点在圆外，

因为，

所以，即的最小值为.

17. 【答案】（1）2；    （2）.

【解析】

【分析】（1）解，即可得出答案；

（2）点差法求出直线的斜率，得到直线的方程，根据抛物线的定义求出，根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可求出面积.

【小问1详解】

由已知可得，，所以.

【小问2详解】

由（1）知，抛物线的方程为.

设，，则有，，显然，

两式作差可得，，即.

因为的中点为，所以，则，

即，所以直线斜率为，此时直线方程为，即.

联立与抛物线的方程可得，，

，直线与抛物线有两个交点，满足

所以，直线方程为.

又，根据抛物线的定义可知.

点到直线的距离，

所以的面积.

18. 【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出，，利用空间向量的数量积求解直线与所成角的余弦值即可．

（2）求出平面的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角

【小问1详解】

以为原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，

所以，．所以,

所以，故直线与所成角为 ．

【小问2详解】

因为,,

设平面的法向量为，，，则即

令，则，,于是,

设与平面所成角为，

则，

所以与平面所成角的正弦值为

19. 【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可得，然后根据线面平行的判定定理即可得到结果；

（2）以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合法向量即可求得二面角的大小.

【小问1详解】

因为在四棱锥中，，

所以，

因为平面，平面，

所以平面

【小问2详解】

因为平面平面，且平面平面，

又因，所以平面，

以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量为

由，解得，令，则

所以

又因为平面，平面的一个法向量

设平面与平面所成角为，

则

显然二面角为锐角，所以，即

所以平面与平面所成角.

20. 【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在，进行分类讨论：当直线的斜率存在时，设直线：.设轴上存在定点，利用“设而不求法”表示出，求出；再由对称性判断出直线的斜率不存在时符合题意.

【小问1详解】

由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

设.

当直线的斜率存在时，设为，则直线：.

联立，消去可得：.

所以.

设轴上存在定点，则，.

因为，所以，

所以，即，

整理得：，

所以，

所以，解得：.

即.

当直线的斜率不存在时，由对称性可知：，关于轴对称，由，可知直线与直线关于轴对称，所以直线与直线的斜率之和为零.符合题意.

综上所述：轴上存在定点，使得直线与直线的斜率之和为零.

21. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1.

【解析】

【分析】（I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC

【详解】（I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD

（II）设正方形边长a，则．

又，所以∠SDO＝60°．

连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．

由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，

即二面角P－AC－D的大小为30°

（III）在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC．

由（II）可得，故可在SP上取一点N，使PN＝PD．过N作PC的平行线与SC的交点即为E．连BN，在△BDN中知BN∥PO．

又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．

由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1

考点：1．直线与平面垂直的判定；2．二面角求解；3．线面平行的判定