辽宁省丹东市2022-2023学年高二上学期期末数学试题

这是一份辽宁省丹东市2022-2023学年高二上学期期末数学试题，共20页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线定义即可求.
【详解】由定义可知，抛物线的准线方程为.
故选：B
2. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】D
【解析】
分析】由分步计数乘法原理即可求解
【详解】由题意可得，每名同学共有3种选择，故不同的选择方法有种
故选：D
3. 已知椭圆过点，焦点分别为，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得椭圆方程，后可得椭圆离心率.
【详解】设椭圆方程为，由题有：.
则，故离心率为.
故选：A
4. 已知空间向量，，，若，，共面，则实数的值为（ ）
A. B. 6C. D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共面，建立方程组，解得答案.
【详解】由，，共面，可设，则，
由，解得，代入第三个方程可得：，解得.
故选：A.
5. 在正方体中，点是的中点，则二面角的平面角的正切值为（ ）
A. 1B. 5C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得为二面角的平面角，后结合题目条件可得答案.
【详解】如图，因几何体为正方体，则面，面，则，
又平面，则，故即为二面角的平面角.
过E做直线垂线，交于F，则F为中点.
故.
故选：C
6. 双曲线的焦点到渐近线的距离等于，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点到直线距离公式可得间关系，据此可得答案.
【详解】由题，双曲线的一条渐近线的方程为，右焦点为，则，故渐近线方程为.
故选：C
7. 如图所示为某公园景观的一隅，是由五处区域构成，现为了美观要将五处区域用鲜花装饰，要求相邻区域种植不同色的鲜花，有种颜色鲜花可供选用，则不同的装饰方案数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依次确定区域、、、、的选法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，区域有种颜色鲜花可供选择，
区域、各有种颜色鲜花可供选择，
由分步乘法计数原理可知，不同的装饰方案数为种.
故选：B.
8. 已知圆与圆交于A，B两点，则四边形的面积为（ ）
A. 12B. 6C. 24D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两圆标准方程得圆心坐标和半径，由和可知，则四边形的面积，计算即可.
【详解】圆，圆心坐标为，半径，
圆化成标准方程为，圆心坐标为，半径，
圆与圆都过点，则，如图所示，
又，∴，由对称性可知，，
，，则四边形的面积.
故选：A
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 20件产品中有18件合格品，2件次品，从这20件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法表述正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有两种可能：恰有1件次品和恰有2件次品，运即可算求解；间接法：法一：20件产品中任意抽取3件的抽法减去没有次品（全为合格品）的抽法；法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，减去重复一次的情况（2个次品）.
【详解】直接法：抽出的3件产品中至少有1件次品有如下可能：
抽出的3件产品中恰有1件次品的抽法；
抽出的3件产品中恰有2件次品的抽法；
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，A错误，B正确；
间接法：法一：这20件产品中任意抽取3件的抽法为，抽出的3件产品中没有次品（全为合格品）的抽法为，
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，C正确；
法二：先抽取1件次品，再从剩余的19件中任取2件，抽法为，但2个次品的情况重复一次，抽出2个次品的抽法为，
故抽出的3件产品中至少有1件次品的抽法为，D正确；
故选：BCD.
10. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对ACD，由赋值法可判断；对B，由二项式展开项通项公式可求.
【详解】对A，令得，A对；
对B，由二项式展开项通项公式可得第2项为，B错
对C，令得，C对；
对D，令得，D错.
故选：AC.
11. 已知直线，则下列表述正确的是（ ）
A. 当时，直线的倾斜角为
B. 当实数变化时，直线恒过点
C. 当直线与直线平行时，则两条直线的距离为1
D. 直线与两坐标轴正半轴围成的三角形面积的最小值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，可求出直线斜率，即可判断选项正误；
B选项，将直线方程整理为，由此可得直线所过定点；
C选项，由题可得，后由平行直线距离公式可判断选项；
D选项，分别令，可得直线与轴，x轴交点为，.
则围成三角形面积为，后由基本不等式可判断选项.
【详解】A选项，当时，直线方程为，可得直线斜率为1，则倾斜角为，故A正确；
B选项，由题可得，则直线过定点，故B正确；
C选项，因直线与直线平行，则，则直线方程为：，即.则与直线之间的距离为
，故C错误；
D选项，分别令，可得直线与轴，x轴交点为，.
又交点在两坐标轴正半轴，则.故围成三角形面积为，当且仅当
，即时取等号.即面积最小值为4，故D正确.
故选：ABD.
12. 在棱长为2的正方体中，E，F分别是，边上的动点，且满足，，，．则（ ）
A. 当时，正方体各棱与平面夹角相等
B. 当时，存在使得直线与平面垂直
C. 当时，满足的点有且只有两个
D. 当时，异面直线与的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量解决夹角、距离、平行等问题.
【详解】以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，，
当时，，,，，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
，，，故，同理，
由此可得正方体各棱与平面夹角相等，A正确；
当时，，，，则，即与不垂直，
所以直线与平面不垂直，B错误；
当时，，设，由，有，化简得，
，，所以这样点不可能有两个，C错误；
当时，，，的中点为，的中点为，
，，，则，，
所以是异面直线与的公垂线段，且，
所以异面直线与的距离为，D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知异面直线和的方向向量分别为，则异面直线和所成角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据异面直线夹角求余弦值的坐标公式，可得答案.
【详解】设异面直线和所成角为，则.
故答案为：.
14. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在年中国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在年才发现这一规律，比杨辉要晩近四百年．如图所示的杨辉三角中，从第行开始，每一行除外，其他每一个数字都是其上一行的左右两个数字之和，若在杨辉三角中存在某一行，满足该行中有三个相邻的数字之比为，则这一行是第______行．
【答案】
【解析】
【分析】设这一行为第行，且这三个数分别为、、，利用组合数公式可得出关于的等式，解出的值，即可得解.
【详解】由题意可知，这一行为第行，且这三个数分别为、、，
由题意可得，解得，
因此，这一行是第行.
故答案为：.
15. 平行六面体的底面是菱形，，，，线段的长度为，则______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理得到，平方后，利用数量积公式列出方程，求出.
【详解】因为，
所以
因为，，，，
所以，
解得：.
故答案为：
16. 已知椭圆，直线与在第一象限交于A，B两点，直线与轴和轴分别交于M，N两点，且，点为的中点，直线倾斜角的正切值为，，则直线的方程为______；椭圆的离心率为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用几何知识求出直线的斜率，利用中点坐标求出点坐标，即可得出直线的方程.设出点坐标，利用点差法，即可得出椭圆的离心率.
【详解】由题意，在中，，，
由几何知识得，直线与直线关于点所在轴对称，
∵直线倾斜角的正切值为，
∴直线的斜率为，
设，
则，解得：
∴，
∴，
设，，
则，，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴离心率：
故答案为：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于原点．
（1）求原点关于直线对称点的坐标；
（2）求圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若两点关于直线对称，则两点连线中点在直线上，且两点连线与直线垂直，据此可得答案；
（2）因圆与直线相切于原点，则圆过原点，且圆心在直线上，又圆心在直线上，可求得圆心坐标与圆的半径.
【小问1详解】
设原点关于直线对称点坐标为，则两个点的中点坐标为.
∵中点直线上，得到：①.
又过两个对称点的直线与已知直线垂直，∴，得②.
联立①②解得对称点坐标为；
【小问2详解】
过原点且与直线垂直的直线方程为，由题圆心在上.
又圆心在直线上，联立直线：，即圆心为.
由题原点在圆上，则半径，则所求圆的方程为：.
18. 如图，在直三棱柱中，，．
（1）求点到平面的距离；
（2）若点是棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】如图，建立以C为原点的空间直角坐标系.
（1）求出平面的法向量，设点到面的距离为，则；
（2）设直线与平面成角正弦值为，则.
【小问1详解】
因为直三棱柱底面三角形满足：，
且，则以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则B（0，2，0），A（2，0，0），C（0，0，2），（0，2，2），，
，.设面的法向量为，
则，取.
又，设点到面的距离为，则.
【小问2详解】
由题可得，设与面的夹角为，
则.
【点睛】
19. 双曲线的一条渐近线方程为，且经过点．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，过双曲线上一动点（在第一象限）分别作的两条渐近线的平行线为，且，与轴分别交于P，Q，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程以及已知点，联立方程，可得答案；
（2）由题意，设出动点，利用点斜式方程，结合直线位置关系，写出直线的直线方程，求出的坐标，整理的表达式，利用整体思想，可得答案.
【小问1详解】
∵渐近线为，则，，∴，
在双曲线上，得解得，
∴曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设点坐标为
则，得，则，
同理：
，得，则，
则
又∵点在曲线上，∴，∴
则，∴得证为定值3．
20. 已知抛物线的焦点为，过的动直线与交于A，B两点．
（1）若直线的倾斜角为，求弦的长度；
（2）设A，B两点到轴的距离分别为，，求的最小值．
【答案】（1）8 （2）4
【解析】
【分析】（1）先利用点斜式得到直线方程，接着与抛物线进行联立可得，然后用弦长公式即可求解；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立可得，所以，然后用基本不等式进行求解即可
【小问1详解】
由抛物线可得焦点，
当直线倾斜角为时，直线的方程为，
联立化简得：，经验证成立，
设，，此时，
∴
【小问2详解】
由题可知，直线的斜率不为0，又焦点，所以设直线的方程为，
联立化简得：，经验证成立，
设，，此时，
由题可得：，，则，
又即，
当且仅当，直线与轴垂直，即弦为通径时等号成立，
所以的最小值是4．
21. 如图，是三棱锥的高，，，是上的动点．
（1）若平面，请确定点的位置，并说明理由；
（2）若，，当是中点，且二面角的正切值为时．求二面角的正弦值．
【答案】（1）是中点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，得到，再通过线面平行的性质，即可确定点的位置.
（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面和面的法向量，即可求出二面角的正弦值.
【小问1详解】
由题意，是中点，理由如下：
延长交于点，连接、，取中点，连接.
∵面，∴.
又∵，∴，∴.
∵是中点，∴.
∵，∴，∴是中点.
又∵面，面面，
若面，则由线面平行性质定理得.
∵是中点，∴是中点.
【小问2详解】
由题意，以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1），可知轴在平面内．
∵，，
∴，
∴，，，
∴，，，
由（1），可得平面，，∴，
∴为二面角的平面角，
∴.
又，，.
∵是中点，∴，
∴，，.
设平面的法向量为，
则，取．
设平面的法向量为，
则，取．
设二面角的平面角为，
则
.
22. 已知动点到点的距离与到直线的距离之比为，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线方程；
（2）曲线与轴正半轴交于点，过的直线交曲线于A，B两点（异于点），连接，并延长分别交于D，C，试问：以为直径的圆是否恒过定点，若是，求出定点，若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）圆恒过定点和
【解析】
【分析】（1）设动点，由题可得，化简后可得E方程；
（2）由（1）设，，，
可得，，后设以CD为直径的圆上一点为Q，由可得圆方程，即可得圆所过定点.
【小问1详解】
设动点，则，化简得；
【小问2详解】
设，与联立可得：，由题.设，，
则，.
又由（1）可得，则，令，得.
同理可得.令以为直径的圆上动点为，则.
又，
则.注意到，.
则可得.
因所过定点与参数无关，则，则或.
故圆恒过定点和.
【点睛】关键点点睛：本题涉及求轨迹方程，及探究圆是否过定点.
对于直线或圆过定点问题，都是先求得直线或圆的表达式，后令含参数的项为0，即可求得所过定点.