辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题解析版）

这是一份辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题解析版），共14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．已知双曲线C：x22−y26=1，则它的渐近线方程为（ ）
A．y=±3xB．y=±33x
C．y=±3xD．y=±13x
【答案】A
【分析】利用双曲线算出a=2,b=6，即可得到渐近线方程
【详解】由双曲线C：x22−y26=1可知a2=2,b2=6,∴a=2,b=6，
所以渐近线方程为y=±62x=±3x
故选：A
2．过点P1,1且方向向量为−1,3的直线方程为（ ）
A．3x+y+4=0B．3x+y−4=0
C．3x−y+2=0D．3x−y−2=0
【答案】B
【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程；
【详解】解：因为直线的方向向量为−1,3，所以直线的斜率k=3−1=−3，又函数过点P1,1，所以直线方程为y−1=−3x−1，即3x+y−4=0；
故选：B
3．已知椭圆x24+y2=1，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆的上顶点，则PF1⋅PF2=（ ）
A．−2B．−1C．1D．2
【答案】A
【分析】首先根据椭圆方程求得三角形ΔPF1F2的各个边长，从而求得∠F1PF2=120°，之后利用向量数量积定义式求得结果.
【详解】因为椭圆方程为x24+y2=1，
所以有a=2，c=3，
即PF1=PF2=2,F1F2=23，
所以∠F1PF2=120°，
所以PF1⋅PF2=PF1⋅PF2⋅cs∠F1PF2=2×2×(−12)=−2，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关向量数量积的求解问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有椭圆的性质，向量数量积定义式，也可以利用坐标来计算，属于基础题目.
4．1+3x1−x5的展开式中x3的系数为（ ）
A．0B．20C．10D．30
【答案】B
【分析】1+3x1−x5可化为1−x5+3x1−x5，再根据二项式展开式的通项公式求展开式中x3的系数.
【详解】由1−x5展开式的通项为Tr+1=C5r⋅15−r⋅−xr=−1rC5rxr，令r＝3，得1−x5展开式中含x3的项的系数为−13C53=−10，令r＝2，得1−x5展开式中含x2的项的系数为−12C52=10，所以1+3x1−x5的展开式中x3的系数为−10+3×10=20.
故选：B.
5．已知圆x2+(y−3)2=16内一点P(2,1)，则过P点的最短弦所在的直线方程是（ ）
A．x+y−3=0B．x+y−1=0
C．x−y+1=0D．x−y−1=0
【答案】D
【分析】由圆的几何性质得，过点P点的最短弦所在的直线与CP垂直，求出kCP=−1即得解.
【详解】解：由题得圆的圆心坐标为C(0,3)，
由圆的几何性质得，过点P点的最短弦所在的直线与CP垂直，
由题得kCP=1−32−0=−1,所以直线的斜率为1 .
所以过P点的最短弦所在的直线方程是y−1=x−2, 即x−y−1=0.
故选：D
6．现有语文、数学、外语、物理、化学、生物、政治、历史各一本书，平均分给2个人，其中政治和历史不分给同一个人，则不同的分配方法有（ ）
A．35B．36C．40D．60
【答案】C
【分析】先计算将8本书平均分给二人，再计算政治和历史作为一组分配给一个人的分法，利用间接法即可求解.
【详解】根据题意，8本书均分给2个人共有C84=70种，其中政治历史都分给同一个人的有C62⋅A22=30种，
故政治和历史不分给同一个人，不同的分配方法有70－30＝40种.
故选：C.
7．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，上顶点为A，直线AF与E相交的另一点为M，点M在x轴的射影为点N，O为坐标原点，若AO=3NM，则E的离心率是（ ）
A．33B．22C．13D．34
【答案】B
【分析】确定M43c,−b3，代入椭圆方程得到169e2+19=1，解得答案.
【详解】A0,b，Fc,0，AO=3NM，则OF=3FN，M43c,−b3，
故16c29a2+b29b2=1，即169e2+19=1，解得e=22（舍去负值），
故选：B
8．已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线为l，A为C上的点，过A作l的垂线，垂足为B，BF=4，则∠BAF=（ ）
A．30°B．60°C．45°D．90°
【答案】B
【分析】由BF=4结合抛物线性质可得∠FBA=60∘，利用抛物线定义可得△ABF为正三角形，即可得出答案．
【详解】如图，设准线l与x轴交于点M，
则由抛物线可知|FM=2，又BF=4，故∠FBM=30∘，∠FBA=60∘，
又由抛物线定义AB=AF，可得△ABF为正三角形，故∠BAF=60∘．
故选：B
二、多选题
9．空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于5的是（ ）
A．1,1,1B．1,2,2C．2,−3,5D．3,0,4
【答案】ABD
【分析】根据空间两点的距离公式计算可得.
【详解】因为12+12+12=3<5，故A正确，
12+22+22=3<5，故B正确，
32+02+42=5，故D正确，
22+−32+52=38>5，故C错误．
故选：ABD
10．现有男女学生共8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中男生有（ ）
A．3人B．4人C．5人D．6人
【答案】CD
【分析】设女生有n人，利用组合数求出满足条件的选法，列方程求出女生人数，由此可得男生人数.
【详解】设女生有n人，则男生有8－n人，由题意得：C8−n2⋅Cn1=30，即8−n7−n2⋅n=30，
所以8−n7−nn=60，
由已知n∈N*,0当n=2或n=3时，8−n7−nn=60，
而n=1时，8−n7−nn=42，
n=4时，8−n7−nn=48，
n=5时，8−n7−nn=30，
n=6时，8−n7−nn=12，
所以n＝2或n＝3，故男生有5或6人.
故选：CD.
11．圆O1：x2+y2−2x=0和圆O2：x2+y2+2x−4y=0相交于A，B两点，若点P为圆O1上的动点，点Q为圆O2上的动点，则有（ ）
A．公共弦AB的长为22B．PQ的最大值为22+5+1
C．圆O2上到直线AB距离等于22的点有3个D．P到直线AB距离的最大值为22+1
【答案】BD
【分析】将两圆相减得相交弦方程并求交点坐标，即可得|AB|；确定两圆的圆心坐标及其半径r1,r2，求出圆心距， PQ最大为圆心距加上两圆半径即可；求O2到直线AB的距离d2，判断r2−d2与22大小即可；求O1到直线AB的距离，即可确定P到直线AB距离的最大值.
【详解】由题设，将两圆方程相减，可得直线AB:x−y=0，联立圆O1并整理可得x(x−1)=0，
所以x=0或x=1，可令A(0,0)，B(1,1)，故|AB|=2，A错误；
又圆O1:(x−1)2+y2=1，圆O2:(x+1)2+(y−2)2=5，则O1(1,0)、O2(−1,2)且半径分别为r1=1、r2=5，
所以|O1O2|=22，要使PQ的最大，即为|O1O2|+r1+r2=22+5+1，B正确；
由点O2到直线AB:x−y=0的距离为d2=322，而r2−d2=5−322=20−182<22，
所以圆O2上到直线AB距离等于22的点有2个，C错误；
由O1到直线AB:x−y=0的距离为d1=22，则P到直线AB距离的最大值为r1+d1=1+22，D正确.
故选：BD
12．已知O为坐标原点，抛物线y2=4x的焦点为F，A，B为抛物线上的两个动点，M为弦AB的中点，对A，B，M三点分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为C，D，N，则下列说法正确的是（ ）
A．当AB过焦点F时，△MCD为等腰三角形
B．若AF=−2BF，则直线AB的斜率为±3
C．若∠AFB=120°，且BF=2AF，则MNAB=3714
D．若△AOF外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的面积为94π
【答案】ACD
【分析】对A，根据中位线的性质可得；对B，设出直线方程，与抛物线联立，根据向量关系求出点B，代入直线可求出斜率；对C，设AF=a，由余弦定理求出AB，根据抛物线性质求出MN即可判断；对D，求出圆心在x=12上，即可求出半径，得出面积.
【详解】对A，因为AC,MN,BD都垂直于准线，所以AC//MN//BD，又M是AB中点，所以N是CD中点，则MN是线段CD的垂直平分线，所以MB=MD，即△MCD为等腰三角形，故A正确.
对B，若AF=−2BF，则F在直线AB上，设直线AB方程为x=my+1，
联立方程组x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=4m,y1y2=−4，
由AF=−2BF，可得1−x1,−y1=−21−x2,−y2，可得y1=−2y2，
解得y2=±2，代入抛物线方程得x2=12，则B12,±2，代入x=my+1可得m=±24，故直线AB的斜率为±22，故B错误；
对C，由抛物线定义可得AF=AC,BD=BF，设AF=a，则BF=2a，
因为∠AFB=120°，∴AB2=a2+2a2−2a⋅2a⋅cs120°=7a2，即AB=7a，
因为M是AB中点，所以MN=12AC+BD=3a2，所以MNAB=3a27a=3714，故C正确；
对D，由外接圆性质可得，圆心一定在线段OF的垂直平分线上，即在直线x=12上，又外接圆与准线相切，所以半径为12+1=32，所以圆面积为π×322=94π，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．二项式x2−12x6展开式中的常数项为______（用数字作答）．
【答案】1516##0.9375
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】二项式x2−12x6展开式的通项公式为C6r⋅x26−r⋅−12x−1r=−12r⋅C6r⋅x12−3r，
令12−3r=0，解得r=4，
所以二项式x2−12x6展开式中的常数项为−124⋅C64=1516.
故答案为：1516
14．已知方程x2m+y2m−4=1表示双曲线，则实数m的取值范围是____________．
【答案】0,4
【分析】根据方程表示双曲线列不等式，由此求得m的取值范围.
【详解】根据题意得，要使x2m+y2m−4=1表示双曲线，
只需要mm−4<0即可，解得0所以m的取值范围是0,4.
故答案为：0,4
15．若抛物线y2=4x上一点P到焦点的距离为4，则点P到原点的距离为______．
【答案】21
【分析】设Px0,y0，根据抛物线的焦半径公式求出P点的坐标，再根据两点间的距离公式即可得解.
【详解】设Px0,y0，
则点P到准线x=−1的距离为x0+1=4，所以x0=3，则y02=12，
所以点P到原点的距离为x02+y02=9+12=21.
故答案为：21.
16．如图，在四棱台ABCD−A′B′C′D′中，AA′=4，∠BAD=∠BAA′=∠DAA′=60°，则DB′−xAB+yADx,y∈R的最小值为_________.
【答案】463
【分析】先判断出DB′−xAB+yADx,y∈R的最小值为四棱台的高，添加如图所示的辅助线后可求四棱台的高，从而可得所求的最小值.
【详解】如图，设xAB+yAD=DE，则E∈平面ABCD，
故DB′−xAB+yAD=DB′−DE=EB′，
EB′的最小值即为四棱台的高.
如下图，过A′作A′G⊥AD，垂足为G，过A′作A′H⊥AB，垂足为H，
过A′作A′O⊥平面ABCD，垂足为O，连接OG,OH，
则A′G=A′H=AA'sin60°=432=23，AG=AH=AA'cs60°=2，
因为∠GOA′=∠HOA′=90°，A′O=A′O，故△A′GO≅△A′HO，
故OG=OH，而AO=AO，故△AOG≅△AOH，所以∠GAO=∠HAO=30°，
因为AH⊂平面ABCD，故A′O⊥AH，而A′O∩A′H=A′，
故AB⊥平面A′HO，因OH⊂平面A′HO，故AB⊥OH，
故AO=232=433，故A′O=AA'2−AO2=16−163=463，即EC′的最小值为463，
故答案为：463.
四、解答题
17．已知直线3x+4y−2=0与直线2x+y+2=0交于点P.
(1)直线l1经过点P，且平行于直线3x−4y+5=0，求直线l1的方程；
(2)直线l2经过点P，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形，求直线l2的方程.
（注：结果都写成直线方程的一般式）
【答案】(1)3x−4y+14=0；
(2)x−y+4=0.
【分析】（1）联立两直线方程求出交点P的坐标，设l1:3x−4y+m=0，将点P的坐标代入方程，求出m的值，即可得解；
（2）依题意设l2:xa+ya=1或xb−yb=1，将点P的坐标代入方程，求出a、b的值，即可得解；
【详解】（1）解：由3x+4y−2=02x+y+2=0联立得x=−2y=2，∴P−2,2，
设l1:3x−4y+m=0(m≠5)，将P−2,2代入得3×−2−4×2+m=0，解得m=14，
∴l1为3x−4y+14=0.
（2）解：由题意直线l2的斜率存在且不为0，设l2:xa+ya=1或xb−yb=1，
将P−2,2代入得−2a+2a=1或−2b−2b=1
解得a无解或b=−4，
所以x−4−y−4=1，即x−y+4=0，
∴l2为x−y+4=0.
18．如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,AD=AA1=1.
(1)求BC1与A1C所成角的余弦值；
(2)若空间有一点P满足：AP=AB+AD+2AA1，求点P到直线BD的距离.
【答案】(1)66
(2)332
【分析】（1）将BC1,A1C分别用AB,AD,AA1表示，再结合数量积的运算律求出向量BC1,A1C的夹角，即可得解；
（2）求出向量BP，利用数量积的运算律求出BP，再求出向量BP在向量BD上的投影，再利用勾股定理即可得解.
【详解】（1）解：因为∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，AD=AA1=AB=1，
所以AA1⋅AD=AA1⋅ADcs∠A1AD=1×1×12=12，同理可得AA1⋅AB=12，AB⋅AD=12，
因为BC1=AA1+AD，
所以BC1=AA1+AD2=AA12+AD2+2AA1⋅AD=3，
A1C=AB+AD−AA1，
所以A1C=AB+AD−AA12
=AA12+AD2+AB2−2AA1⋅AD−2AA1⋅AB+2AB⋅AD=2，
所以BC1⋅A1C=AA1⋅AB+AA1⋅AD−AA12+AD⋅AB+AD−AD⋅AA1=1，
∴csBC1,A1C=BC1⋅A1CBC1⋅A1C=12×3=66，
∴BC1与A1C所成角的余弦值是66；
（2）解：因为AP=AB+AD+2AA1，∴BP=AP−AB=AD+2AA1，
所以BP2=AD+4AA12+4AD⋅AA1=7，
在菱形ABCD中，∠BAD=60°，
则△ABD为等边三角形，所以BD=1，
所以BP⋅BDBD=BP⋅BD=AD+2AA1⋅AD−AB
=AD2−AD⋅AB+2AA1⋅AD−2AA1⋅AB=12，
则点P到直线BD的距离d=BP2−BP⋅BDBD2=7−14=332.
19．已知圆C与y轴相切，且在x轴上的截距之和是6，圆心在直线2x−3y=0上.
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C上恰有两个点到直线x+y+m=0的距离为2，求实数m的取值范围；
(3)若圆M:x2+(y+2)2=a2(a>0)与圆C有公共点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)(x−3)2+(y−2)2=9
(2)−5−52(3)2,8
【分析】（1）由已知求得圆心和半径，利用圆的标准方程求解即可；
（2）圆C上恰有两个点到直线x+y+m=0的距离为2，则由直线与圆的位置关系得d−r<2即可；
（3）根据两圆有公共点满足r1−r2≤MC≤r1+r2求解即可.
【详解】（1）由已知圆C在x轴上的截距之和是6可得圆心C在直线x=3上，
代入2x−3y=0得圆心C3,2，
又圆C与y轴相切，所以r=3，
所以C:(x−3)2+(y−2)2=9.
（2）圆心C3,2到直线x+y+m=0的距离d=5+m2，
因为圆C上恰有两个点到直线x+y+m=0的距离为2，
所以5+m2−3<2，解得−5−52（3）圆M:x2+(y+2)2=a2与圆C有公共点，则a−3⩽MC⩽a+3，
因为MC=(3−0)2+[2−(−2)]2=5，
所以a−3⩽5⩽a+3，
解得2⩽a⩽8，
所以实数a的取值范围2,8.
20．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AD=13BC,AB⊥AD,BD⊥CD,E为BC的中点，将△ABD沿BD折起，使AB⊥AC，如图2，连接AE,AC.
(1)求证：平面ABD⊥平面BCD；
(2)求二面角C−AD−E的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)30°.
【分析】（1）证明AB⊥CD，BD⊥CD得到CD⊥平面ABD，得到面面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）AB⊥AD,AB⊥AC,AD,AC交于点A，故AB⊥平面ACD，
又CD⊂平面ACD，故AB⊥CD，BD⊥CD,AB,BD交于点B，
故CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，故平面ABD⊥平面BCD.
（2）CD⊥平面ABD,CD⊥BD，过D作平面BCD的垂线为z轴，以D为原点，DB,DC分别为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系.
设AD=1，则BC=3,AB=a,BD2+CD2=9,BD2=a2+1,CD2=a2+4，
解得a=2，A33,0,63,C0,6,0,E32,62,0，
DA=33,0,63，DC=0,6,0，DE=32,62,0
设平面DAC的法向量n1=x1,y1,z1，则有n1⋅DA=0n1⋅DC=0，33x1+63z1=0y1=0
取n1=2,0,−1，
设平面DAE的法向量n2=x2,y2,z2，则有n2⋅DA=0n2⋅DE=0，33x2+63z2=032x2+62y2=0
取n2=2,−1,−1，
csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=33⋅2=32，
根据观察知，二面角C−AD−E的平面角为锐角，故二面角C−AD−E的大小是30°.
21．已知抛物线y2=9x上一动点G，过点G作x轴的垂线，垂足为D，M是GD上一点，且满足GM=13GD.
(1)求动点M的轨迹C；
(2)若Px0,4为曲线C上一定点，过点P作两条直线分别与抛物线交于A，B两点，若满足kPA+kPB=−2，求证：直线AB恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)C:y2=4x；
(2)证明见解析，8,−6.
【分析】（1）利用相关点代入法，设Mx,y,Gx′,y′，由已知向量关系可得x'=xy'=32y，代入原方程即可得解；
（2）设AB方程为：x=my+t，代入抛物线方程可得y2−4my−4t=0，在Δ>0的情况下，可得y1+y2=4m,y1⋅y2=−4t，由kPA+kPB=4y1+y2+32y1+4y2+4=−2，代入求得m和t的关系即可得解.
【详解】（1）设Mx,y,Gx′,y′，则Dx′,0，
由GM=13GD，得x'=xy'=32y，代入y2=9x得y2=4x，
所以动点M的轨迹C:y2=4x.
（2）易得P4,4,PA,PB的斜率存在，设AB:x=my+t，
Ax1,y1,Bx2,y2，
由y2=4x,x=my+t联立可得：y2−4my−4t=0，
Δ=16m2+16t>0,y1+y2=4m,y1⋅y2=−4t①，
kPA+kPB=−2,即y1−4x1−4+y2−4x2−4=4y1+4+4y2+4=4y1+y2+32y1+4y2+4=−2②
将①代入②得：−t+6m+8=0,∴t=6m+8，
所以x=my+6m+8=my+6+8，
所以直线恒过定点8,−6.
22．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点P为E上的一动点，F1,F2分别是椭圆E的左､右焦点，△PF1F2的周长是12，椭圆E上的点到焦点的最短距离是2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点2,0的动直线l与椭圆交于P，Q两点，求△F1PQ面积的最大值及此时l的方程.
【答案】(1)x216+y212=1
(2)Smax=12，此时直线l的方程为：x=2.
【分析】(1)根据题意，列出方程，解之即可求出结果；
(2) 过点2,0的动直线l的方程为：x=my+2,Px1,y1,Qx2,y2，然后将直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出两点纵坐标的关系，然后将焦点三角形面积表示出来，最后根据函数的单调性求出最值即可.
【详解】（1）由题意得2a+2c=12a−c=2,解得：a=4,c=2,∴b2=a2−c2=12，
椭圆的方程是：x216+y212=1.
（2）设l1:x=my+2,Px1,y1,Qx2,y2，
联立x216+y212=1,x=my+2,消去x得：3m2+4y2+12my−36=0
y1+y2=−12m3m2+4,y1⋅y2=−363m2+4,由题意可知：点F2(2,0),
所以S=12×4×y1−y2=2y1−y2=2144m23m2+42+1443m2+4=48m2+13m2+4
令t=m2+1，则t≥1，所以S=48t3t2+1=483t+1t，
∵t⩾1，易知3t+1t在1,+∞单调递增，
所以当t=1,Smax=12，此时m=0，所以直线l的方程为：x=2.