2023-2024学年辽宁省沈阳市新民第一高级中学高二（下）期初数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市新民第一高级中学高二（下）期初数学试卷（含解析），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。

1.已知在空间单位正交基底下，{a,b,c}是空间的一组单位正交基底，{a+b,a−b,c}是空间的另一组基底.若向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3)，则向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为( )
A. (4,0,3)B. (1,2,3)C. (3,1,3)D. (2,1,3)
2.在空间直角坐标系O−xyz中，四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2).则点B到面ACD的距离是( )
A. 2 33B. 33C. 2 23D. 23
3.过点A(1,2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y+1=0B. x+y−3=0
C. y=2x或x+y−3=0D. y=2x或x−y+1=0
4.已知圆C：x2+y2+kx+2y=−k2，当圆C的面积取最大值时，圆心C的坐标为( )
A. (0,−1)B. (1,−1)C. (−1,0)D. (−1,1)
5.已知F为双曲线C：x29−y216=1的左焦点，P，Q为C右支上的点，若PQ的长等于虚轴长的2倍，点A(5,0)在线段PQ上，则△PFQ的周长为( )
A. 28B. 36C. 44D. 48
6.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有
( )
A. 1440种B. 960种C. 720种D. 480种
7.某学校高三模拟考试中数学成绩X服从正态分布N(75,121)，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为人．( )
参考数据：P(μ−σA. 261B. 341C. 477D. 683
8.已知学生的数学和地理成绩具有线性相关关系，高三某次模考中，5名学生的数学和地理成绩如下表：
现已知其线性回归方程为y=0.45x+27.6，则“■”代表该生的地理成绩为( )
A. 76B. 74.85C. 73D. 72.5
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD−A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )
A. (AA1+AB+AD)2=2(AC)2B. AC1⋅(AB−AD)=0
C. 向量B1C与AA1的夹角是60°D. BD1与AC所成角的余弦值为 63
10.已知椭圆C1：x216+y29=1与双曲线C2：x216−k+y29−k=1(9A. C1的长轴长与C2的实轴长相等B. C1的短轴长与C2的虚轴长相等
C. 焦距相等D. 离心率不相等
11.一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有1个白球的概率是35；②从中有放回地取球6次，每次任取1球，恰好有2次白球的概率为80243；③现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回地取球3次，每次任取1球，则至少有1次取到红球的概率为2627.则其中正确命题的序号是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知P是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上异于点A(−a,0)，B(a,0)的一点，E的离心率为 32，则直线AP与BP的斜率之积为______．
13.直线l过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p= (1) ，1|AF|+1|BF|= (2) ．
14.设(x+1)6=a0+a1(1−x)+a2(1−x)2+…+a6(1−x)6，则a1+a2+a3+a4+a5+a6= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=3，AB=2，求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过两点(0,1)，( 3,12)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l:x−y−1=0交椭圆E于两个不同的点A，B，O是坐标原点，求△AOB的面积S．
17.(本小题15分)
已知OA，OB，OC两两垂直，OA=OC=3，OB=2，M为OB的中点，点N在AC上，AN=2NC．
(Ⅰ)求MN的长；
(Ⅱ)若点P在线段BC上，设BPPC=λ，当AP⊥MN时，求实数λ的值．
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，原点为O，过F作倾斜角为θ的直线l交抛物线C于A，B两点．
(1)过A点作抛物线准线的垂线，垂足为A′，若直线A′F的斜率为− 3，且AF=4，求抛物线的方程；
(2)当直线l的倾斜角θ为多大时，AB的长度最小．
19.(本小题17分)
甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为(x,y,z)，
则p=4a+2b+3c=x(a+b)+y(a−b)+zc，
整理得：4a+2b+3c=(x+y)a+(x−y)b+zc，
所以x+y=4x−y=2z=3，解得x=3y=1z=3，
故选：C．
待定系数法设出p，列出方程组求解．
本题考查空间向量基本定理，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：AC=(1,2,−1)，AD=(2,2,0)，AB=(2,2,−2)，
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=n⋅AD=0，
∴x+2y−z=0，2x+2y=0，
取n=(1,−1,−1)．
∴点B到面ACD的距离d=|AB⋅n||n|=|2−2+2| 3=2 33．
故选：A．
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z)，利用n⋅AC=n⋅AD=0，可得n，利用点B到面ACD的距离d=|AB⋅n||n|即可得出．
本题考查了空间距离计算公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】解：当直线在两坐标轴上的截距为0时，可设直线y=kx，
直线过A(1,2)，则k=2，
故直线的方程为y=2x，
直线在两坐标轴上的截距不为0时，
则可设直线方程为xa+y−a=1，
直线过A(1,2)，
则1a+2−a=1，解得a=−1，
故直线方程为x−y+1=0，
综上所述，该直线方程为y=2x或x−y+1=0．
故选：D．
根据已知条件，分直线在两坐标轴上的截距为0，不为0两种情况讨论，即可求解．
本题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，圆的圆心坐标为(−k2,−1)，圆的半径r=12 4−3k2，要使圆的面积最大，即圆的半径r取最大值，
故当k=0时，r取最大值1，
∴圆心坐标为(0,−1)．
故选：A．
确定圆的圆心坐标与半径，要使圆的面积最大，即圆的半径r取最大值，由此可得结论．
本题考查圆的一般方程，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵双曲线C：x29−y216=1的左焦点F(−5,0)，
∴点A(5,0)是双曲线的右焦点，
则b=4，即虚轴长为2b=8；
双曲线图象如图：
∵|PF|−|AP|=2a=6， ①
|QF|−|QA|=2a=6，②
而|PQ|=16，
∴①+②得：|PF|+|QF|−|PQ|=12，
∴周长为l=|PF|+|QF|+|PQ|=12+2|PQ|=44，
故选：C．
根据题意画出双曲线图象，然后根据双曲线的定义“到两定点的距离之差为定值2a“解决，求出周长即可．
本题考查三角形周长的计算，根据双曲线的定义将三角形的两边之差转化为2a，通过对定义的考查求出周长是解决本题的关键．考查学生的转化能力．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了分步乘法计数原理，排列，捆绑法的应用，属于基础题．
因为2位老人不排在两端，所以从5名志愿者中选2名排在两端，因为2位老人相邻，所以把2位老人看成一个整体，与其他元素进行全排列，再将2位老人进行排列即可求解．
【解答】
解：可分3步．
第一步，排两端，从5名志愿者中选2名有A52=20种排法，
第二步，2位老人相邻，把2位老人看成整体，与剩下的3名志愿者全排列，有A44=24种排法，
第三步，2位老人之间的排列，有A22=2种排法，
最后，三步相乘，共有20×24×2=960种排法．
故答案选：B．
7.【答案】B
【解析】解：∵X服从正态分布N(75,121)，
∴μ=75，σ=11，
∴P(75∴估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为0.3413×1000≈341．
故选：B．
由已知可得μ=75，σ=11，则P(75本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：x−=100+105+90+85+805=92,y−=0.45×92+27.6=69，
所以■=5y−−(75+68+64+62)=76．
故选：A．
计算出x−，代入y=0.45x+27.6中，计算出y−，从而计算出答案．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积运算和直线与直线所成角的向量求法，属于较难题．
利用空间向量的数量积运算和直线与直线所成角的向量求法，对各选项逐一判断，即可得到答案．
【解答】
解：因为以顶点A为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为60°，不妨设棱长为a，
①(AA1+AB+AD)2=|AA1|2+|AB|2+|AD|2+2AA1·AB+2AB·AD+2AA1·AD=3a2+3×2a2×12=6a2，
2(AC)2=2(AB+AD)2=2(|AB|2+|AD|2+2AB·AD)=2(2a2+2a2×12)=6a2，
则(AA1+AB+AD)2=2(AC)2，故A正确；
②AC1⋅(AB−AD)=(AA1+AB+AD)·(AB−AD)
=AA1⋅AB−AA1⋅AD+|AB|2−AB⋅AD+AD⋅AB−|AD|2=0，故B正确；
③因为∠A1AD=60°，|AA1|=|AD|，所以△AA1D为等边三角形，所以∠AA1D=60°，
因为B1C=A1D，且向量A1D与AA1的夹角是120°，
所以向量B1C与AA1的夹角为120°，故C不正确；
④因为BD1=AD+AA1−AB，
所以|BD1|= (AD+AA1−AB)2= |AA1|2+|AB|2+|AD|2−2AA1·AB−2AB·AD+2AA1·AD= 3a2−2a2×12= 2a，
因为AC=AB+AD，
所以|AC|= (AB+AD)2= |AB|2+|AD|2+2AB·AD= 2a2+2a2×12= 3a，
又BD1⋅AC=(AD+AA1−AB)·(AB+AD)
=AD⋅AB+|AD|2+AA1⋅AB+AA1⋅AD−|AB|2−AB⋅AD=AA1⋅AB+AA1⋅AD
=2a2×12=a2，
所以cs=BD1⋅AC|BD1| |AC|=a2 2a× 3a= 66，故D不正确．
故选：AB．
10.【答案】CD
【解析】解：椭圆C1：x216+y29=1的焦点在x轴上，a12=16，b12=9，
则c1= a12−b12= 7；
双曲线C2：x216−k+y29−k=1(9焦点在x轴上，a22=16−k，b22=k−9，
则c2= a22+b22= 7．
∴C1与C2的焦距相等，而C1的长轴长与C2的实轴长不相等，则离心率不相等，
C1的短轴长与C2的虚轴长不相等．
故选：CD．
由已知椭圆方程求得其长轴、短轴及焦距的长度，把双曲线C2的方程变形，求得其实轴、虚轴及焦距的长度，再逐一核对四个选项得答案．
本题考查椭圆与双曲线的几何性质，把双曲线C2的方程变形是关键，是基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：①从中任取3球，恰有1个白球的概率是C42⋅C21C63=1220=35，∴①正确，
②6次试验中取到白球的次数X服从二项分布，即X～B(6,13)，
则P(X=2)=C62⋅(13)2(23)4=80243，∴②正确，
③在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为35，∴③错误，
④3次试验中取到红球的次数Y服从二项分布，即Y～B(3,23)，
则P(Y≥1)=1−P(Y=0)=1−(1−23)3=2627，∴④正确．
故选：ABD．
利用古典概型的概率公式判断①，利用二项分布的概率公式判断②④，利用条件概率公式判断③．
本题主要考查条件概率公式，以及二项分布的应用，属于中档题．
12.【答案】−14
【解析】解：设P(x,y)，点A(−a,0)，B(a,0)，椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，y2=b2(a2−x2a2)
椭圆的离心率为 32，
∴ca= 32，c2a2=34，则a2−b2a2=34，所以b2a2=14，
∴点P与双曲线实轴两顶点连线的斜率之积为：yx+a⋅yx−a=y2x2−a2=−b2a2=−14，
故答案为：−14．
利用点P与双曲线实轴两顶点连线的斜率之积的不等式，建立等式，考查双曲线的方程，即可确定a，b的关系，从而通过双曲线的离心率，求解即可．
本题考查斜率的计算，考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于中档题．
13.【答案】2；1
【解析】解：由题意，抛物线C的焦点F(1,0)，
∴p2=1，故p=2．
∴抛物线C的方程为：y2=4x．
则可设A(x1,y1)，B(x2,y2).
由抛物线的定义，可知：|AF|=x1+1，|BF|=x2+1．
①当斜率不存在时，x1=x2=1．
∴1|AF|+1|BF|=1x1+1+1x2+1=12+12=1．
②当斜率存在时，设直线l斜率为k(k≠0)，则直线方程为：y=k(x−1)．
联立y=k(x−1)y2=4x，
整理，得k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
∴△=4(k2+2)2−4k4=16(k2+1)>0x1+x2=2(k2+2)k2x1⋅x2=1．
∴1|AF|+1|BF|=1x1+1+1x2+1=x1+x2+2x1x2+x1+x2+1=x1+x2+2x1+x2+2=1．
综合①②，可知：1|AF|+1|BF|=1．
故答案为：2；1．
本题先根据抛物线焦点坐标可得p的值，然后根据抛物线的定义和准线，可知|AF|=x1+1，|BF|=x2+1.再根据直线斜率存在与不存在两种情况进行分类讨论，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理最终可得结果．
本题主要考查抛物线的基本概念的掌握，以及解析几何的计算能力，韦达定理的应用，本题属中档题．
14.【答案】−63
【解析】解：令x=1得26=a0=64，令x=0得16=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1，
则a1+a2+a3+a4+a5+a6=1−64=−63．
故答案为：−63．
利用赋值法即可求值．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA，
又因为正方形ABCD中，所以BD⊥AC，
因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC；
(2)以点A为坐标原点，分别以直线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,3)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
所以PB=(2,0,−3),BC=(0,2,0)，PD=(0,2,−3),DC=(2,0,0)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=2x−3z=0n⋅BC=2y=0，
令z=2，得到y=0，x=3，所以n=(3,0,2)，
设平面PCD的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅PD=2b−3c=0m⋅DC=2a=0，
令c=2，得到a=0，b=3，所以m=(0,3,2)，
设平面PBC与平面PCD夹角为α，
所以csα=|cs|=|4 13× 13|=413，
所以平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为413．
【解析】(1)由AC⊥BD，BD⊥PA可证明BD⊥平面PAC；
(2)以点A为坐标原点，分别以直线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
16.【答案】解：(1)根据题意，椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过两点(0,1)，( 3,12)．
则有b2=13a2+14b2=1，解得：a=2，b=1，
即椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)记A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l的方程为x=y+1．
由x2+4y2=4x=y+1消去x得5y2+2y−3=0，
所以y1=−1,y2=35
设直线l与x轴交于点P(1,0)
S=12|OP||y1−y2|=45．
【解析】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的标准方程，关键是求出椭圆的标准方程．
(1)根据题意，将两个点的坐标代入椭圆的方程，可得b2=13a2+14b2=1，解可得a、b的值，即可得椭圆的方程；
(2)记A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线与椭圆的方程，5y2+2y−3=0，解可得y的值，即可得直线l与x轴交点的坐标，结合三角形面积公式计算可得答案．
17.【答案】解：(Ⅰ)OA，OB，OC两两垂直，OA=OC=3，OB=2，M为OB的中点，点N在AC上，AN=2NC．
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，
则M(0,1,0)，A(3,0,0)，C(0,0,3)，N(1,0,2)，
∴MN的长|MN|= (1−0)2+(0−1)2+(2−0)2= 6．
(Ⅱ)B(0，2，0)，设P(x,y,z)，
由设BPPC=λ，得：P(0,21+λ,3λ1+λ)，
AP=(−3,21+λ,3λ1+λ)，MN=(1,−1,2)，
∵AP⊥MN，
∴AP⋅MN=−3−21+λ+6λ1+λ=0，
解得λ=53．
【解析】(Ⅰ)以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出MN的长．
(Ⅱ)B(0，2，0)，设P(x,y,z)，由设BPPC=λ，得：P(0,21+λ,3λ1+λ)，由此能求出λ的值．
本题考查线段长的求法，考查实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
18.【答案】解：(1)准线与x轴的交点为M，则由几何性质得∠A′FM=60°，A′F=2p，
∵∠AA′F=60°且AA′=AF，
∴△AA′F为等边三角形，得A′F=AF=2p=4，
∴抛物线方程为y2=4x．
(2)∵F(p2,0)，∴直线l的方程可设为x=my+p2，
由y2=2pxx=my+p2得y2−2mpy−p2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=2mpy1y2=−p2，得x1x2=p24，
所以|AB|=x1+x2+p≥2 x1x2+p=2p，当且仅当x1=x2=p2等号成立，
∴θ=90°．
【解析】本题考查抛物线的求法，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查计算能力．
(1)准线与x轴的交点为M，则由几何性质得转化求解p，得到抛物线方程．
(2)直线l的方程可设为x=my+p2，由y2=2pxx=my+p2得y2−2mpy−p2=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用韦达定理以及弦长公式，求解即可．
19.【答案】(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，P=(12)4=116．
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行5场比赛，
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜4场的概率为116；
乙连胜4场的概率为116；
丙上场后连胜3场的概率为18；
所以需要进行第5场比赛的概率为1−116−116−18=34，
(3)丙最终获胜有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18，
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜，负，轮空结果有3种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116,18,18，
因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716．
【解析】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是拔高题．
(1)甲连胜四场只能是前四场全胜，由此能求出甲连胜四场的概率．
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行5场比赛，
比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜4场的概率为116；乙连胜4场的概率为116；丙上场后连胜3场的概率为18，从而求出需要进行第五场比赛的概率．
(3)丙最终获胜有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18;比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜，负，轮空结果有3种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116,18,18，从而求出丙最终获胜的概率．学生的编号i
1
2
3
4
5
数学成绩x
100
105
90
85
80
地理成绩y
75
■
68
64
62