山东省东营市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题 含解析

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高二数学
2024.01
本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟，
注意事项：
1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自已的准考证号､姓名.
2.回答选择题时，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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题共60分）
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 已知直线：，：，若，则实数（ ）
A. －2B. －1C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】两直线平行，则斜率相等求解.
【详解】已知直线：，：，
因为，
所以
故选：D
【点睛】本题主要考查两直线的位置关系，属于基础题.
2. 若平面平面，直线，直线，那么的位置关系是（ ）
A. 无公共点B. 平行
C. 既不平行也不相交D. 相交
【答案】A
【解析】
【分析】由两线的位置关系的定义判断即可
【详解】由题，直线a，b分别含于两个平行的平面，可能平行，可能异面，但不可能相交.
故选：A
3. 若双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，则的值为（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】先求出椭圆的焦点，再由两曲线的焦点重合，列方程可求出的值.
【详解】因为椭圆的焦点为，
所以双曲线的焦点为，
故，解得.
故选：B.
4. 《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，由，即可求出答案.
【详解】连接如下图：
由于是的中点，
.
根据题意知.
.
故选：C.
5. 抛物线的焦点为F，且抛物线C与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设可得，再由点在椭圆上，代入求参数即可.
【详解】由题设，且在第一象限，轴，则，
又在椭圆上，故，而，故.
故选：C
6. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行校园厨艺总决赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军.”对乙说：“你和甲的名次相邻.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况种数为（ ）
A. 54B. 48C. 42D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分两种情况讨论：乙是冠军，乙不是冠军，再安排其他人，由加法计数原理可得答案.
【详解】由题意，第一种情况：乙是冠军，则甲在第二位，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况；
第二种情况：先从丙、丁、戊中选1人为冠军，再排甲，乙两人，再把甲和乙捆绑与其他人排列，共有种；
综上可得共有种不同的情况.
故选：C.
7. 若是双曲线的两个焦点，为上关于坐标原点对称的两点，且，设四边形的面积为，四边形的外接圆的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，探求四边形的形状，结合双曲线的定义及勾股定理求出，再求出作答.
【详解】依题意，点与，与都关于原点O对称，且，因此四边形是矩形，如图，
由双曲线：得：，，
于是，
显然四边形的外接圆半径为，因此，
所以.
故答案为：
8. 已知，直线上存在点P，且点P关于直线的对称点满足，则实数k的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，由两点间的距离公式可得的一元二次方程，由解不等式即可.
【详解】设，则，
由，得，
由两点间的距离公式可得：，
整理可得，
由题意，得，
解得或，即实数k的取值范围是.
故选：A.
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用线面平行的性质及线面垂直的性质可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；利用线面平行的性质可判断C选项；利用面面的位置关系判断D选项.
【详解】对于A，因为，过直线作平面，使得，
因为，，，则，因为，，则，故，正确；
对于B，若，，则，又，则，正确；
对于C，若，则或与相交或与异面，错误；
对于D，若，则或与相交，错误.
故选：AB
10. 现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（ ）
A. 全部投入4个不同的盒子里，共有种放法
B. 全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法
D. 全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；
【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；
对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；
对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；
对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；
故选：ACD.
11. 经过抛物线的焦点的直线交于两点，为坐标原点，设，的最小值是4，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C. 若点是线段的中点，则直线的方程为
D. 若，则直线的倾斜角为或
【答案】BC
【解析】
【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，根据求得，由此对选项逐一分析，从而确定正确答案.
【详解】，由题意可知直线的斜率存在且不为，可设直线的方程为，
联立，得，
，
，
，
所以，当时等号成立，
所以，所以抛物线方程为，
所以，
所以，A选项错误；
，
所以，
，
所以，B正确；
因为点是线段的中点，所以，即，
所以直线的方程为，C正确；
，所以，即，所以，
因为，所以，即，解得（舍去），
又，故，所以，
所以直线的斜率为，直线的倾斜角为，D错误.
故选：BC
【点睛】求解直线和抛物线相交所得弦长，如果直线过焦点，此时直线的斜率存在且不为，故可设直线的方程为，这样的设法可以避免讨论直线的斜率是否存在，减少一定的运算量.
12. 如图甲，在矩形中，为的中点，将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（ ）
A. 翻折过程中，四棱锥不存在外接球
B. 翻折过程中，存在某个位置的，使得
C. 当二面角为时，点到平面的距离为
D. 当四棱锥体积最大时，以为直径的球面被平面截得交线长为
【答案】AC
【解析】
【分析】A项，通过证明四边形不存在外接圆即可得出结论；B项，通过证明，即可得出结论；C项，求出到平面的距离，利用等体积法即可求出点到平面的距离；D项，求出点A到平面 的距离,进而得出以 为直径的球的半径和球心 到平面 的距离，即可得到球面与被平面 截得交线为圆的半径，进而得出交线长.
【详解】由题意，
对于A， 由已知, 直角三角形存在以为直径的唯一外接圆,
，
∴点不在该圆上, 所以四边形不存在外接圆，
∴四棱锥不存在外接球, 故A正确;
对于B, 由已知, ,,
∴，
∴，
假设在翻折过程中, 存在位置, 使得 ,
则 平面 , 平面 ,
平面 ,
又 平面 ,
∴，
在翻折至 的位置的过程中,,
显然不成立, 故假设错误,
翻折过程中, 不存在任何位置的 , 使得 , 故B错误;
对于C, 取中点 , 由已知, ,
是二面角 的平面角,
当二面角 为 时, 二面角 为 , 即 ,
又 ,
到平面的距离为
设点A到平面 的距离为 ,
则 ,
,
, 即点A到平面的距离为 ,
点 为 中点,
点到平面 的距离是点A 到平面距离的 ,
点到平面 的距离为, 故C正确;
对于D, 四棱锥 底面梯形的面积为定值,
当四棱锥 的体积最大时, 平面平面,
平面 平面平面,
由B选项有平面 ,
平面,
,
,
又 平面 点A到平面 的距离,
点 为 中点,
以为直径的球的半径,球心到平面的距离,易知, 球面与被平面 截得交线为圆, 其半径 ,
该交线周长为 , 故D不正确.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：1.根据垂直关系分析可知 是二面角 的平面角；
2.根据球的性质分析可知球心到平面的距离.
第II卷（非选择题，共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）
13. 若，则m=______.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用组合数的性质得到x+3x-6=18或x=3x-6,解之即得x的值.
【详解】因为，所以x+3x-6=18或x=3x-6，所以x=3或6.
故答案为3或6
【点睛】（1）本题主要考查组合数的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平.(2)如果.
14. 已知直线与圆交于两点，若，则的值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，由垂径定理得到方程，求出，验证后得到答案.
【详解】变形为，
故，解得，
故圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，
则，
由垂径定理得，解得，满足要求.
故答案为：1
15. 如图，在正方体中，，为的中点，记平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的余弦值为_____．

【答案】##
【解析】
【分析】根据题意可利用空间向量求解直线与直线之间夹角，从而求解.
【详解】设，连接,如下图所示，则直线即为直线l．
因为平面平行于，且平面平面，
平面平面，故，
由，为的中点，得：．
以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设：，则得：，，，，
，，
所以得：，
故直线l与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.

16. 已知双曲线的左右焦点分别为，过点作圆的切线，交双曲线的右支于点，若，则该双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点为A，连接，作作，垂足为B，运用中位线定理和勾股定理，结合双曲线的定义，即可得到a，b的关系，即可求解．
【详解】如图，作于点A，于点B．
∵与圆相切，，
∴，，则，．
又点M在双曲线上，∴，
整理得，即，得，由解得，
∴双曲线的离心率为．
故答案为：．

四､解答题（本大题共6小题，共计70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和分别为和，且.
（1）求正整数的值；
（2）求其展开式中所有的有理项.
【答案】17. 4 18. 答案见解析
【解析】
【分析】（1）先利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；
（2）利用二项展开式的通项公式即可求得其展开式中所有的有理项．
小问1详解】
因为，所以，
当为奇数时，此方程无解，
当为偶数时，方程可化为，解得；
【小问2详解】
由通项公式，
当为整数时，是有理项，则，
所以有理项为．
18. 如图所示，某中心接到其正西､正东､正北方向三个观测点的报告：两个观测点同时听到了一声巨响，观测点听到的时间比观测点晚4秒，假定当时声音传播的速度为米/秒，各观测点到该中心的距离都是米，设发出巨响的位置为点，且均在同一平面内.请你确定该巨响发生的点的位置.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】以接报中心为原点，正东、正北方向为x轴、轴正向，建立直角坐标系；写出A、、点的坐标，设为巨响生成点，由双曲线定义知点在以A、为焦点的双曲线上，依题意求出双曲线方程，从而确定该巨响发生的位置．
【详解】如图，以接报中心为原点，正东、正北方向为x轴、y轴正向，建立直角坐标系．
则，，，
设为巨响为生点，由A、同时听到巨响声，得，
故在的垂直平分线上，的方程为，因点比A点晚听到爆炸声，
故，由双曲线定义知点在以A、为焦点的双曲线上，
依题意得，，，
故双曲线方程为，将代入上式，得，
，，，即
故.
故巨响发生在接报中心的西偏北距中心米处．
19. 如图所示，⊥平面，四边形为矩形，，.
（1）求证：∥平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面平行判断定理证平面BFC平面ADE，再证∥平面即可；
（2）建立空间直角坐标系如图，由向量法即可求
【小问1详解】
证明：四边形为矩形，∴，又，平面，平面ADE，故平面ADE，平面ADE，
又平面BFC，∴平面BFC平面ADE，
∵平面BFC，∴∥平面；
【小问2详解】
建立空间直角坐标系如图，则，
设平面CDF的法向量为，则，取得，
平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为
20. 已知拋物线的焦点为为抛物线上一点，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点作互相垂直的两条直线交抛物线于四点，求四边形的面积最小值
【答案】（1）
（2）32
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义直接求抛物线的方程；
（2）过焦点作两条相互垂直的直线，设，，联立直线与抛物线方程组成方程组，利用抛物线焦半径公式可得弦长，进而可得推出四边形的面积的表达式，利用基本不等式求四边形面积的最小值．
【小问1详解】
由，可得，
又在抛物线上，所以，
联立解得，
故抛物线方程为
【小问2详解】
由（1）知：
设，，
由得：，
，
设所以，
，
同理：，
四边形的面积：，
（当且仅当即：时等号成立）
四边形的面积的最小值为32．
21. 如图，三棱台中，平面平面，，面积为，且与底面所成角为.

（1）求点到平面的距离；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到A到平面的距离即为的长，证明线面垂直，进而得到面面垂直，进而得到线面垂直，故为与底面所成角，根据与底面所成角为，得到为等边三角形，从而得到的长，得到答案；
（2）在（1）的基础上得到，根据的面积为1，求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出其正弦值.
【小问1详解】
因为，作交于，
因为平面平面，而平面平面，平面，
所以平面，则A到平面的距离即为的长，
而平面，故，因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面，
作交于，

因为平面，平面平面，所以平面，
故即为与底面所成角，因为与底面所成角为，所以，
因为，所以为等边三角形，故为中点，且，
故A到平面的距离为；
【小问2详解】
由（1）可知平面，因为平面，所以，
因为的面积为，所以，又，所以，
取中点，连接，则平行，
因为平面，所以平面，
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
，设平面的法向量，
则，令，则，
所以，设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
22. 在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）设为坐标原点，过点且与坐标轴不垂直的直线与轨迹交于两点.线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
（3）过点且不垂直于轴的直线与轨迹交两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）存，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据圆的位置关系可得圆心距与半径的关系，即可结合椭圆的定义判断轨迹符合椭圆定义，即可利用椭圆的性质求解．
（2）联立直线与椭圆方程得，由已知条件推导出直线的方程为：，由此能求出线段上存在点，使得，其中．
（3）联立直线方程与椭圆方程得，得韦达定理，进而根据点斜式求解直线的方程为，代入化简运算即可求解直线过定点．
【小问1详解】
设动圆的半径为,
由于的圆心半径分别为为，且与圆的圆心和半径分别为，
由题意可得,
故,因此点轨迹满足椭圆方程，且以为焦点，以4为长轴长的椭圆，
故，
故轨迹的方程为
【小问2详解】
设直线的方程为：，，
代入，得：，
恒成立．
设,，,，线段的中点为,，
则，，
由，得：，
直线为直线的垂直平分线，
直线的方程为：，
令得：点的横坐标，
，，．
线段上存在点，使得，其中．
【小问3详解】
设直线的方程为：，，
代入，得：，
过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，
由，
化简得，解得：，
设,，,，,，
则，，
则直线的方程为，
令得：
．
直线过定点．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点