2023-2024学年陕西省渭南市瑞泉中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省渭南市瑞泉中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共15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.有3名男生和2名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有( )
A. 36种B. 72种C. 108种D. 144种
2.平行直线l1：3x−y=0与l2：3x−y+ 10=0的距离等于( )
A. 0B. 1C. 3D. 10
3.与圆x2+y2−4x+6y+3=0同圆心，且过(1,−1)的圆的方程是( )
A. x2+y2−4x+6y−8=0B. x2+y2−4x+6y+8=0
C. x2+y2+4x−6y−8=0D. x2+y2+4x−6y+8=0
4.(1−2 x)8展开式中x项的系数为( )
A. 28B. −28C. 112D. −112
5.“直线ax+2y+4=0与直线x+(a−1)y+2=0平行”是“a=−1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知过抛物线y2=4x的焦点F的直线l与抛物线相交于A，B两点，若线段AB的中点M的横坐标为3，则线段AB的长度为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
7.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，则C的离心率为( )
A. 36B. 13C. 12D. 33
8.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=1，BC=2 2，M为PD的中点，则二面角M−BC−A的余弦值为( )
A. 3 1010
B. 1010
C. − 55
D. 2 55
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 直线的斜率越大，则倾斜角越大
B. 两点式y−y1y2−y1=x−x1x2−x1适用于不垂直于x轴和y轴的任何直线
C. 若直线l的一个方向向量为(cs45°,−sin45°)，则直线l的倾斜角为135°
D. 任何一条直线的一般式方程都能与其他四种形式互化
10.已知双曲线C：9x2−16y2=144的左、右焦点分别为F1、F2，点P为C上的一点，且PF1=6，则下列说法正确的是( )
A. 双曲线的离心率为53B. 双曲线的渐近线方程为3x±4y=0
C. △PF1F2的周长为30D. 点P在椭圆x2100+y275=1上
11.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点.若∠ABD=90°，且△ABF的面积为9 3，则( )
A. |BF|=3B. △ABF是等边三角形
C. 点F到准线的距离为3D. 抛物线C的方程为y2=6x
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，H为棱AA1上的动点，下列正确的是( )
A. CH⊥BD
B. 二面角D1−AB1−C的大小为2π3
C. 三棱锥H−BCC1的体积为定值
D. 若CH⊥平面β，则直线CD与平面β所成角的正弦值的取值范围为[23, 22]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.一名老师和两名男生两名女生站成一排照相，要求两名女生必须站在一起且老师不站在两端，则不同站法的种数为______．
14.若圆C与圆(x+2)2+(y−1)2=1关于原点对称，则圆C的标准方程是______．
15.已知标准双曲线的一条渐近线方程为x−2y=0，且过点(4,3)，则双曲线的方程为______．
16.直线l的方向向量为a=(1,0,−1)，且l过点A(1,1,1)，则点P(−1,2,1)到l的距离为______．
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.(本小题10分)
(1)求经过两条直线2x+3y+1=0和x−3y+4=0的交点，并且垂直于直线3x+4y−7=0的直线方程；
(2)已知圆C的圆心在直线x+y=0上，圆C与直线x−y=0相切，且在直线x−y−3=0上截得的弦长为 6，求圆C的方程．
18.(本小题12分)
(1)若(x+2 x)n的展开式中共有7项，求常数项；
(2)已知(2x−1)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，求a0+a2+a4的值．
19.(本小题12分)
已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果AB=(2,−1,−4)，AD=(4,2,0)，AP=(−1,2,−1)
(1)求证：AP是平面ABCD的法向量
(2)求平行四边形ABCD的面积．
20.(本小题12分)
已知抛物线C的焦点F在x轴的正半轴上，点A(2,32)在抛物线内，若抛物线C上一动点P到A，F两点距离之和的最小值为4．
(1)求抛物线C的焦点坐标和准线方程；
(2)直线l过抛物线C的焦点F且倾斜角为45°，并与抛物线C相交于A，B两点，求弦AB的长度．
21.(本小题12分)
如图，在几何体ABCDEF中，四边形CDEF是边长为2的正方形，AD⊥DE，AB//CD，AE= 6，AB=BD=1．
(1)求证：平面BCE⊥平面BDF．
(2)求直线BC与平面BEF所成角的正弦值．
22.(本小题12分)
如图，过点C(0,1)的椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，椭圆与x轴交于点A(a,0)，B(−a,0)，过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q；
(1)当直线l过椭圆右焦点时，求D点的坐标；
(2)当点P异于点B时，求证：OP⋅OQ为定值．
答案解析
1.B
【解析】解：先排男生共有A33种，男生排好后共有4个空隙，再把2个女生排进去共有A42种排法，
所以符合条件的不同排法种数为A33A42=72种．
故选：B．
利用插空法求解即可．
本题考查了排列组合的混合问题，插空法是最基本的指导思想，属于基础题．
2.B
【解析】解：平行直线l1：3x−y=0与l2：3x−y+ 10=0的距离等于：| 10−0| 32+(−1)2=1．
故选：B．
根据已知条件，结合两平行直线的距离公式，即可求解．
本题主要考查两平行直线的距离公式，属于基础题．
3.B
【解析】解：由圆C：x2+y2−4x+6y+3=0，得
(x−2)2+(y+3)2=10，
∴圆C的圆心坐标为C(2,−3)，
∵过M(1,−1)，∴|CM|= 1+4= 5，
∴与圆x2+y2−4x+6y+3=0同圆心，
且过(1,−1)的圆的方程是(x−2)2+(y+3)2=5.即x2+y2−4x+6y+8=0．
故选：B．
4.C
【解析】解：二项式(1−2 x)8展开式的通项公式为Tr+1=C8r⋅(−2 x)r=(−2)r⋅C8r⋅x r2，
令r2=1，求得r=2，故展开式中含x项系数为C82⋅22=112，
故选：C．
5.C
【解析】解：已知直线：ax+2y+4=0，与直线：x+(a−1)y+2=0，
平行的充要条件为：a(a−1)−2×1=02a≠4×1，
解得：a=−1，
故直线：ax+2y+4=0，与直线：x+(a−1)y+2=0平行是“a=−1”的充分必要条件，
故选：C．
由两直线平行的充要条件得a值，再根据充要条件的定义判断即可．
本题考查了两直线平行的充要条件及命题间的充要关系，属于基础题．
6.B
【解析】解：∵抛物线的方程为y2=4x，
∴2p=4，p=2，
∵若线段AB的中点M的横坐标为3，
∴12(xA+xB)=3，
∴xA+xB=6，
∵|AB|=xA+p2+xB+p2
=xA+xB+p=xA+xB+2，
∴|AB|=6+2=8．
故选B．
7.D
【解析】解：如图所示，F2(c,0)，
把x=c代入椭圆方程可得：c2a2+y2b2=1，解得y=±b2a，
取yP=b2a，
在Rt△PF1F2中，∠PF1F2=30°，
∴2c= 3×b2a，
∴2ac= 3(a2−c2)，
化为： 3e2+2e− 3=0，e∈(0,1)，
∴e=−2+ 162 3= 33，
故选：D．
如图所示，F2(c,0)，把x=c代入椭圆方程可得：c2a2+y2b2=1，解得y，可得yP.在Rt△PF1F2中，∠PF1F2=30°，可得2c= 3yP，进而得出结论．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直角三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.A
【解析】解：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=1，
以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,1,0)，C(2 2,1,0)，M( 2,−12,12)，
则BM=( 2,−32,12)，BC=(2 2,0,0)，
设平面MBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BC=2 2x=0,m⋅BM= 2x−32y+12z=0,令y=1，得m=(0,1,3)．
取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角M−BC−A为α，则由图像可得，csα=|cs〈m,n〉|=|m⋅n|m||n||=3 1010，
所以二面角M−BC−A的余弦值为3 1010．
故选：A．
过A作AE⊥CD，以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面MBC的一个法向量为m=(x,y,z)和平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，设二面角M−BC−A为α，由csα=|cs〈m,n〉|=|m⋅n|m||n||求解．
本题考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.BC
【解析】解：对A，当直线的斜率由负数变为正数时，倾斜角反而减小，∴A错误；
对B，∵两点式y−y1y2−y1=x−x1x2−x1中要求分母不为零，
∴适用于不垂直于x轴和y轴的任何直线，∴B正确；
对C，∵直线l的一个方向向量为(cs45°,−sin45°)，
∴直线l的斜率k=−sin45°cs45∘=−1，∴直线l的倾斜角为135°，∴C正确；
对D，任何一条直线都有一般式，但不一定都有其余的四种形式，∴D错误；
故选：BC．
根据直线的斜率与倾斜角的关系，直线方程的几种形式的特点即可求解．
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，直线方程的几种形式的特点，属基础题．
10.BCD
【解析】解：双曲线C：9x2−16y2=144化为标准形式为x216−y29=1，
其中a=4，b=3，
∴c= a2+b2=5，∴离心率e=ca=54，即选项A错误；
∴双曲线的渐近线方程为y=±bax=±34x，即3x±4y=0，即选项B正确；
由双曲线的定义知，||PF1|−|PF2||=2a=8，
∵|PF1|=6，∴|PF2|=14，
∴△PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=6+14+10=30，即选项C正确；
对于椭圆x2100+y275=1，有a′=10，b′=5 3，c′=5，
∵|PF1|+|PF2|=6+14=20=2a′>2c′，
∴由椭圆的定义知，点P在椭圆x2100+y275=1上，即选项D正确，
故选：BCD．
11.BCD
【解析】解：因为以|FA|为半径的圆交l于B，D两点，所以FA=FB，若∠ABD=90°可得FA=AB，所以可得△ABF为等边三角形，所以B正确；
过F作FC⊥AB交于C，则C为AB的中点，C的横坐标为p2，B的横坐标为−p2，所以A的横坐标为：3p2，代入抛物线可得y2=3p2，|yA|= 3p，
△ABF的面积为9 3，即12(xA−xB)|yA|=12⋅(3p2+p2)⋅ 3p=9 3，解得：p=3，
所以抛物线的方程为：y2=6x，所以D正确
焦点坐标为：(32,0)，所以焦点到准线的距离为：32×2=3，所以C正确；
此时点A的横坐标：92，所以BF=AF=AB=92+32=6，所以A不正确，
故选：BCD．
12.AC
【解析】解：对于A，如图1，易得DB⊥面A1ACC1，
由CH⊂面A1ACC1，可得CH⊥BD，故A正确；
对于B，如图2，易得D1B1=D1A=B1C=AC=D1C= 2，
取AB1中点O，连接D1O，OC，可得D1O⊥AB1，CO⊥AB1，
∴∠D1OC为二面角D1−AB1−C的平面角，
在△D1OC中，∵D1O=CO= 2× 32= 62，D1C= 2，
∴cs∠D1OC=64+64−22× 62× 62=13，故B错；
对于C，∵H为棱AA1上的动点，棱AA1/​/面BCC1，
∴H到面BCC1的距离为定值，
故三棱锥H−BCC1的体积为定值，故C正确；
对于D，如图3建立空间直角坐标系，则C(0,1,0)，设H(1,0,t)，0≤t≤1，
∵CH⊥平面β，
∴平面β的法向量为CH=(1,−1,t)，
则直线CD与平面β所成角的正弦值为|CH⋅DC||CH||DC|=1 2+t2∈[ 33, 22]，故D错．
故选：AC．
13.24
【解析】解：将两名女生看成一个整体，另两名男生构成三个元素，自由排列，有A33种站法，这三个元素产生4个空位，老师不站在两端，优先安排，有A21种站法，两名女生有A22种站法，
故不同站法的种数为A33A21A22=24．
故答案为：24．
两名女生必须站在一起，利用捆绑法，老师不站在两端，优先安排，利用乘法原理可得结论．
本题考查排列、组合及简单的计数问题，考查学生的计算能力，属于中档题．
14.(x−2)2+(y+1)2=1
【解析】解：设圆C上任意一点P的坐标为(x,y)，
根据题意可得P关于原点对称的点P′在圆(x+2)2+(y−1)2=1上，
∵P(x,y)与P′关于原点对称，得P′(−x,−y)，
∴由点P′在圆(x+2)2+(y−1)2=1上，可得(−x+2)2+(−y−1)2=1．
化简得(x−2)2+(y+1)2=1，即为圆C的方程．
故答案为：(x−2)2+(y+1)2=1
根据题意，求出圆C上一点P(x,y)关于原点的对称点P′的坐标，将P′的坐标代入已知圆的方程，化简整理即可得到圆C的标准方程．
本题给出圆C与已知圆关于原点对称，求圆C的标准方程．着重考查了圆的标准方程、点关于原点对称点的求法和圆与圆的位置关系等知识，属于基础题．
15.y25−x220=1
【解析】解：根据题意，双曲线的一条渐近线方程为x−2y=0，
设双曲线方程为x24−y2=λ(λ≠0)，
∵双曲线过点P(4,3)，
∴164−9=λ，即λ=−5．
∴所求双曲线方程为x24−y2=−5，即y25−x220=1．
故答案为：y25−x220=1．
双曲线的一条渐近线方程为x−2y=0，可设双曲线方程为x24−y2=λ(λ≠0)，又由双曲线过点P(4,3)，将点P的坐标代入可得λ的值，进而可得答案．
本题考查双曲线的标准方程的求法，训练了利用待定系数法的应用，是基础题．
16. 3
【解析】解：直线l的方向向量为a=(1,0,−1)，且l过点A(1,1,1)，
又点P(−1,2,1)，
则AP=(−2,1,0)，所以|AP|= 5，
又因为|AP⋅a|a||=|−2×1+0×1+(−1)×0| 2= 2，
所以则点P(−1,2,1)到l的距离为 ( 5)2−( 2)2= 3．
故答案为： 3．
由空间向量数量积的运算，结合向量的投影的运算求解即可．
本题考查了空间向量数量积的运算，重点考查了向量的投影的运算，属基础题．
17.解：(1)由2x+3y+1=0x−3y+4=0，解得x=−53y=79，
而直线3x+4y−7=0的斜率为−34，
则垂直于直线3x+4y−7=0的直线的斜率为43，
所以所求直线方程为y−79=43(x+53)，即4x−3y+9=0；
(2)由圆C的圆心在直线x+y=0上，设圆C的圆心为(a,−a)，
由圆C与直线x−y=0相切，得圆C的半径r=2|a| 2= 2|a|，
圆心C(a,−a)到直线x−y−3=0的距离d=|2a−3| 2，
由圆C在直线x−y−3=0上截得的弦长为 6，得d2+( 62)2=r2，
即(2a−3)22+32=2a2，解得a=1，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y+1)2=2．
【解析】(1)先求得两条直线2x+3y+1=0和x−3y+4=0的交点坐标，再利用直线垂直的等价条件以及直线的点斜式方程，即可求得该直线的方程；
(2)设出圆的圆心坐标，由直线与圆相切可得半径，再由垂径定理即可得解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
18.解：(1)∵(x+2 x)n的展开式中共有7项，∴n=6，
由Tr+1=C6rx6−r(2 x)r=2rC6rx6−32r，取6−32r=0，得r=4．
∴常数项为24⋅C64=240；
(2)令x=1，得1=a5+a4+a3+a2+a1+a0，
令x=−1，得−35=−a5+a4−a3+a2−a1+a0，
联立得：a0+a2+a4=−121．
【解析】(1)由二项式项数的性质直接求得n值，然后写出二项展开式的通项，再由x的指数为0求得r值，则答案可求；
(2)利用赋值法求解a0+a2+a4的值．
本题考查二项式系数的性质及二项式定理的应用，是基础题．
19.证明：(1)∵点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，
AB=(2,−1,−4)，AD=(4,2,0)，AP=(−1,2,−1)
∴AP⋅AB=−2−2+4=0，AP⋅AD=−4+4+0=0，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∵AB∩AD=A，∴AP⊥平面ABCD，
∴AP是平面ABCD的法向量．
解：(2)∵|AB|= 4+1+16= 21，
|AD|= 16+4+0=2 5，
∵AB⋅AD=8−2+0=6，
∴cs=AB⋅AD|AB|⋅|AD|=6 21×2 5=3 105105，
∴sin∠BAD= 1−(3 105105)2= 3235，
∴平行四边形ABCD的面积：
S=|AB|⋅|AD|sin∠BAD=8 6．
【解析】(1)由AP⋅AB=0，AP⋅AD=0，得到AP⊥AB，AP⊥AD，由此能证明AP是平面ABCD的法向量．
(2)求出cs=3 105105，从而sin∠BAD= 3235，平行四边形ABCD的面积S=|AB|⋅|AD|sin∠BAD，由此能求出结果．
本题考查平面的法向量的证明，考查平行四边形的面积的求法，考查平面的法向量、向量余弦夹角公式、同角三角函数关系式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
20.解：(1)设P在准线上的射影为H，由抛物线的定义，
可得|PF|=|PH|，
|AP|+|PF|=|PA|+|PH|≥|AH|，
当P，A，H三点共线时取得等号，可得|AH|=4，
即有2+p2=4，解得p=4，
可得抛物线的方程为y2=8x，焦点坐标为(2,0)，
准线方程为x=−2；
(2)直线l过抛物线C的焦点F且倾斜角为45°，
可得直线l的方程为y=x−2，
与抛物线y2=8x联立，可得x2−12x+4=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，可得x1+x2=12，
由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+4=12+4=16．
【解析】(1)由抛物线的定义和三点共线取得最值的性质，可得p的方程，解方程可得所求；
(2)求得直线l的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得所求值．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.解：(1)证明：因为四边形CDEF是正方形，所以DE⊥DC，DF⊥CE．
因为AD⊥DE，AD∩DC=D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以DE⊥平面ABCD．
因为DE⊂平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面ABCD．
因为AE= 6，DE=2，所以AD= AE2−DE2= 2．
因为AB=BD=1，所以AB2+BD2=AD2，所以AB⊥BD．
因为AB//CD，所以BD⊥DC．
因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面CDEF．
因为CE⊂平面CDEF，所以BD⊥CE．
因为BD∩DF=D，BD，DF⊂平面BDF，所以CE⊥平面BDF．
因为CE⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面BDF．
(2)由(1)知，直线DB，DC，DE两两互相垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，

则D(0,0,0)，B(1,0,0)，E(0,0,2)，F(0,2,2)，C(0,2,0)，
所以EF=(0,2,0)，BE=(−1,0,2)，BC=(−1,2,0)．
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z)，则有n⋅EF=0,n⋅BE=0,得2y=0−x+2z=0，所以y=0．
取z=1，得x=2，所以可取n=(2,0,1)．
设直线BC与平面BEF所成的角为θ，
则sinθ=cs|〈BC,n〉|=|BC⋅n||BC||n|=|2×(−1)+0×2+1×0| (−1)2+22+02× 22+02+12=25，
所以直线BC与平面BEF所成角的正弦值为25．
【解析】(1)首先利用面面垂直的判定证明平面CDEF⊥平面ABCD，再利用勾股定理得AB⊥BD，从而利用面面垂直的性质定理得到BD⊥平面CDEF，则BD⊥CE，最后再利用面面垂直的判定即可．
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量，利用线面角的夹角公式即可得到答案
本题考查利用空间向量法求解异面直线的夹角，属于中档题．
22.解：(1)b=1,c= 3,a=2，椭圆方程：x24+y2=1，
此时P为焦点( 3,0)，直线l方程的斜率为kPC=− 33，
l方程为：y=− 33x+1，
和椭圆联立，消去y整理得：7x2−8 3x=0，解得x=0(舍)或x=8 37，
将x=8 37代入直线l方程可得y=−17，
所以点D的坐标为(8 37,−17)；
(2)证明：当直线l与x轴垂直时不符合题意；
观察到直线AC为定直线，求出AC方程：y=1−x2，
设直线l方程：y=kx+1，和椭圆联立得：(4k2+1)x2+8kx=0，
解得xD=−8k4k2+1，代入直线得yD=1−4k24k2+1，则D点坐标为(−8k4k2+1,1−4k24k2+1)，
则kBD=1−4k28k2−8k+2=(1−2k)(1+2k)(2k−1)(4k−2)=1+2k2−4k
则BD方程为y=1+2k2−4k(x+2)，
和AC联立，解得x=−4ky=2k+1，
所以Q(−4k,2k+1),OQ=(−4k,2k+1)，
P为CD与x轴交点，P(−1k,0),OP=P(−1k,0)，
所以OP⋅OQ=(−1k,0)⋅(−4k,2k+1)=4为定值．
【解析】(1)当直线l过椭圆右焦点时，写出直线l的方程，并和椭圆联立方程，求得点D的坐标；
(2)设出直线l的方程，并和椭圆联立方程，求得点D的坐标，并求出点P的坐标，写出直线AC与直线BD的方程，并解此方程组，求得Q点的坐标，代入OP⋅OQ即可证明结论．
本题考查直线与椭圆的位置关系及弦长公式，和有关定值定点问题，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．