北京市第五中学高二上学期期末质量检测数学试题 （直升班）（解析版）-A4

这是一份北京市第五中学高二上学期期末质量检测数学试题 （直升班）（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
班级______ 姓名______ 学号______ 成绩______
一、单选题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由倾斜角与斜率关系可得答案.
【详解】设的倾斜角为，则，
由，故.
故选：C.
2. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. 6D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.
【详解】依题意，在方向上的投影向量为，则，而，
所以.
故选：A
3. 为抛物线上一点，点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，则（ ）
A. 18B. 4C. 2或18D. 4或9
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线方程y2=2pxp>0，可得准线方程，再由点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，可得点坐标，代入抛物线方程，即可求得答案.
【详解】由抛物线方程y2=2pxp>0，可得准线方程，
因为点到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，所以点，
代入抛物线方程得，
解得或.
故选：C
4. 已知为空间一组基底，则下列向量也能构成空间的一组基底的是（ ）
A. 、、B. 、、
C. 、、D. 、、
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量基底的概念逐项判断即可.
【详解】对于A选项，因为，则、、共面，
所以，、、不能构成空间的一组基底；
对于B选项，因为，则、、共面，
所以，、、不能作为空间的一组基底；
对于C选项，因为，则、、共面，
所以，、、不能作为空间的一组基底；
对于D选项，假设、、共面，
则存在、使得，
由于为空间的一组基底，则，该方程组无解，
故假设不成立，即、、不共面，
所以，、、可以作为空间的一组基底.
故选：D.
5. 设数据1，2，3，4，5的第m百分位为，，则集合M中元素的个数为（ ）
A. 5B. 6C. 9D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义，利用的不同取值范围分类讨论求解.
【详解】设％，其中，所以％，
当时，，则的比邻整数为1，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为2，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为3，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为4，所以；
当时，，所以；
当时，，则的比邻整数为5，所以；
当时， ；
综上，，
故选:C.
6. 对于非零向量，“”是“与方向相反”的（ ）条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】由两边同时平方判断充分性即可，反之与方向相反则不一定得到，然后由充分必要条件的概念判断即可.
【详解】，所以，
所以，即，
所以，即，所以与方向相反，且.
反之，若与方向相反，则或，
故选：A
7. 若双曲线的离心率是2，则实数的值是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】设双曲线的实半轴为，虚半轴为，半焦距为，由双曲线方程求a,b,c，结合离心率定义列方程求.
【详解】设双曲线的实半轴为，虚半轴为，半焦距为，
因为双曲线方程可化为，
所以，，，
所以双曲线的离心率，故，
所以.
故选：A.
8. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ）
A. 图（1）的平均数＝中位数＞众数B. 图（2）的众数＜中位数＜平均数
C. 图（2）的平均数＜众数＜中位数D. 图（3）的中位数＜平均数＜众数
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A错误；
图（2）频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，
平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，平均数大于中位数，故B正确，C错误；
同理图（3）“左拖尾”，众数最大，平均数小于中位数，故D错误.
故选：B.
9. 均匀压缩是物理学一种常见现象.在平面直角坐标系中曲线的均匀压缩，可用曲线上点的坐标来描述.设曲线上任意一点，若将曲线纵向均匀压缩至原来的一半，则点的对应点为.同理，若将曲线横向均匀压缩至原来的一半，则曲线上点的对应点为.若将单位圆先横向均匀压缩至原来的一半，再纵向均匀压缩至原来的，得到的曲线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设单位圆上一点为，经过题设变换后坐标为，则，代入圆的方程即可得曲线方程.
【详解】由题设，单位圆上一点坐标为，经过横向均匀压缩至原来的一半，纵向均匀压缩至原来的，得到对应坐标为，
∴，则，故中，可得：.
故选：C.
10. 是圆上两点，，若在圆上存在点恰为线段的中点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得弦中点P到圆心的距离，则点在以为圆心，1为半径的圆上，又在圆上存在点，则可转化为两圆有公共点问题求解即可.
【详解】圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，
由是弦的中点，且，则，
所以，
故点在以为圆心， 以为半径的圆上.
又在圆上存在点恰为线段的中点，，
则两圆有公共点，可得，
即，解得或.
则实数的取值范围为，
故选：A.
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11. 已知复数满足（是虚数单位），则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由复数的运算求解即可.
【详解】由于，所以，
所以，
故答案为：
12. 已知双曲线的一个焦点为，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为__________.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.
【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，
双曲线的一个焦点是，故，
由，解得，故双曲线方程为.
故答案为：(答案不唯一)
13. 已知单位向量，满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用数量积模的公式，转化为二次函数求最值.
【详解】
，当时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 如图，正方体的棱长为4，点是棱的中点，点是平面内的动点，且到平面的距离等于线段的长度，则点的轨迹为______，线段长度的最小值为______．

【答案】 ①. 抛物线 ②.
【解析】
【分析】根据抛物线的定义得出点轨迹，建立空间直角坐标系后由空间两点间距离公式计算．
【详解】因为平面平面，平面平面，而平面，
所以到直线的距离就是到平面的距离，
由到平面的距离等于线段的长度，可知点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
建立如图所示的空间直角坐标系（的中点为原点，与正方体的棱平行的直线为坐标轴），
，，，
点的轨迹方程是，
，
所以时，，
故答案为：抛物线；．

15. “”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．请写出下列所有正确结论的序号______（参考数据：）
①若，则的方程为
②若上的点到两定点的距离之积为16，则点在上
③若，点在上，则
④当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
【答案】①③④
【解析】
【分析】由曲线的定义可知，列出方程化简即可判断①；若，则，易知不在曲线即可判断②；若，点在上，则代入方程求解即可判断③；由三角形的面积公式结合勾股定理得到，然后求解即可判断④.
【详解】对于①，若，则，，即距离之积定值为36.
则有，即.
即，
所以，所以，故①正确；
对于②，若，即，，则，
易知，不在上，故②错误；
对于③，若，则，
化简得，
当时，，设，则，
解得(负值舍去).
∵，故③正确；
对于④，由题可知：，，
，
则，，
所以，
所以，所以，
，所以，
所以，故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题（本大题共6小题，共85分）
16. 在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
【小问2详解】
解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
17. 2021年7月11日18时，中央气象台发布暴雨橙色预警，这是中央气象台2021年首次发布暴雨橙色预警.中央气象台预计，7月11日至13日，华北地区将出现2021年以来的最强降雨.下表是中央气象台7月13日2：00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域.
（1）从这10个区域中随机选出1个区域，求这个区域的降雨量超过135毫米的概率；
（2）从这10个区域中随机选出3个区域，求恰有一个北京区域的概率；
（3）在7月13日2：00统计的24小时全国降雨量排在前十的区域中，设降雨量超过140毫米的区域降雨量的方差为，降雨量在140毫米或140毫米以下的区域降雨量的方差为，全部十个区域降雨量的方差为.试判断的大小关系.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由表格可得雨量在135毫米以上的区域共有6个，进而可得结果；
（2）设随机变量X表示选出的区域为北京区域的数量，由超几何分布概率公式可得；
（3）结合方差的意义可得结果.
【小问1详解】
设这个区域降雨量在135毫米以上为事件，
区域降雨量在135毫米以上的区域共有6个，所以.
故这个区域降雨量在135毫米以上的概率为
【小问2详解】
设随机变量X表示选出的区域为北京区域的数量，
由题意分析可知服从超几何分布，即表示“恰有一个北京区域”，
则，
故恰有一个北京区域的概率为.
【小问3详解】
表中数据的均值为，
故
，
降雨量超过140毫米的区域降雨量的均值为，
故，
降雨量在140毫米或140毫米以下的区域降雨量的均值为：
，
故，
故.
18. 如图，三棱锥中，，平面平面，点是棱的中点，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：直线与平面所成角为.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，进而得线线垂直，
选①再由长度关系利用勾股定理证明另一组线线垂直，
选②结合线面角的定义证明，由此可得,利用勾股定理证明另一组线线垂直，
则由线面垂直判定理证明线面垂直，由此线线垂直得证；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量方法求解二面角的大小.
【小问1详解】
选择条件①.
取的中点，连接.
因为，所以，
又平面平面，平面，
平面平面，
故平面，
而平面，故，即，
所以，
又，故，
则，即.
因为，平面，
所以平面，平面，
所以.
选择条件②.
取的中点，连接.
因为，所以，
又平面平面，平面，
平面平面，
故平面，
所以在平面内的射影是，
所以是直线与平面所成角.
所以.
由平面，而平面，故，即，
所以，又，
故，则，即.
因为，平面，
所以平面，平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，
由点是棱的中点，所以，
于是，又，
设是平面的法向量，
则，
令，则，
所以是平面的一个法向量，，
又是平面一个法向量，
设二面角的大小为，由题可知为锐角，
所以.
19. 已知椭圆的一个顶点坐标为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点作斜率为的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线分别交直线轴，轴于点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率、顶点坐标及求出可得答案；
（2）直线的方程与椭圆方程联立，设Ax1,y1,Bx2,y2，利用韦达定理求出点坐标，可得直线的方程，令、可得、点坐标，利用两点间的距离公式求出、，再做比值可得答案.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由（1）椭圆的标准方程为，可得，
可得直线的方程为，
与椭圆方程联立，可得，
易知，设Ax1,y1,Bx2,y2，所以，，
所以，代入直线的方程得，
所以，
所以直线的方程为，
当时，，
当时，，
所以，，
所以，
，
所以.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数.
（1）当时，求的零点个数；
（2）设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【答案】（1）2个 （2）（i）在上单调递增，在和上单调递减；（ii）
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，判断函数单调性，结合零点存在定理即可得结论；
（2）（i）求导，利用导数的正负即可判断函数单调性；（ii）利用得到是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，即，从而表示出，构造函数求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题可知，则，
令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，
又，，
即在和内各有一个零点，
∴fx有2个不同的零点.
【小问2详解】
（i）由题可知，
则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程的两个不同的实根，
故，，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是求最小值时，要利用得到，是关于的方程的两个不同的实根，从而得到，，即，从而表示出，构造函数求解.
21. 设等差数列的各项均为整数，且满足对任意正整数，总存在正整数，使得，则称这样的数列具有性质.
（1）若数列的通项公式为，数列是否具有性质？并说明理由；
（2）若，求出具有性质的数列公差的所有可能值；
（3）对于给定的，具有性质的数列是有限个，还是可以无穷多个？
【答案】（1）数列具有性质，理由见解析
（2）或
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由性质P的定义即可判断；
（2）由题设，存在，结合已知得且，则，由性质P的定义只需保证d为整数即可确定公差的所有可能值；
（3）根据（2）的思路，分类讨论与的情况.当且，由为整数，在为定值只需d为整数，即可判断数列的个数是否有限.
【小问1详解】
因为，所以对任意有，
即对任意正整数，总存在正整数，使得，
所以数列具有性质.
【小问2详解】
设等差数列的公差为d，数列具有性质，
当时，恒成立；
当时，则，
所以即，
若时，则，不满足题意；
所以，得，
由等差数列的各项均为整数，则为整数，又，且，
所以有或，即或.
又，
若对任意，且，
则，
又正整数n和必一奇一偶，且，则为非负整数，
因此只需为整数，那么即为数列的第项，
故当，即时，
则，满足题意；
当，即时，
则，满足题意；
当，即时，
则，满足题意；
故d的所有可能值为或.
【小问3详解】
①若给定，则，
所以，
故给定，则任意，都具有性质，故此时这样的数列有无穷多个；
②若给定，则，
由（2）知，，，则，
则，只需为整数，则，
即为数列的第项，
因为任意给定整数的约数为有限个，故公差d必为有限个，
故若给定，则具有性质P的数列有有限个；
综上所述，若给定，具有性质的数列有无穷多个；
若给定，具有性质的数列有有限个.
北京密云
山东乐陵
河北迁西
山东庆云
北京怀柔
河北海兴
河北唐山
天津渤海A平台
河北丰南
山东长清
180
毫米
175
毫米
144
毫米
144
毫米
143
毫米
140
毫米
130
毫米
127
毫米
126
毫米
126
毫米