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2024通化梅河口五中高二上学期1月期末考试数学含解析
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这是一份2024通化梅河口五中高二上学期1月期末考试数学含解析，共25页。试卷主要包含了 设，随机变量的分布列为等内容，欢迎下载使用。
1. 在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A. B. C. D.
2. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ）
A. 11B. 10C. 20D. 30
3. 设，随机变量的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知的展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中第4项的系数为（ ）
A. B.
C. D.
5. （ ）
A. 120B. 119C. 110D. 109
6. 三棱柱中，所有棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）.
A. 444种B. 1776种C. 1440种D. 1560种
8. 用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（ ）个
A. 18B. 36C. 72D. 86
二、多项选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知双曲线C的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线C的实轴长为6
B. 双曲线C渐近线方程为
C. 双曲线C的焦点到渐近线的距离为4
D. 双曲线C上的点到焦点距离的最小值为8
10. 在正方体中，，分别为，中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 与平面成角正弦值为
D. 平面与平面成角余弦值为
11. “杨辉三角”是中国数学史上一个伟大成就，揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.请结合“杨辉三角”判断下列叙述，正确的是（ ）
A.
B. 第20行中，第11个数最大
C. 记第行的第个数为，则
D. 第34行中，第15个数与第16个数的比为
12. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ）
A. 若，则
B. 的最小值为
C. 的内心为，到轴的距离为
D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆
三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数为______．
14. 若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是__________________.
15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆上存在动点满足，则的取值范围为________.
16. 已知抛物线C：焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______．
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，若.
（1）求的值；
（2）求的值.（结果可以用幂指数表示）
18. （1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
19. 如图，长方体的底面为正方形，为上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
20. 已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
21. 设抛物线的焦点为，动直线交抛物线于，两点，当直线过焦点且的中点的横坐标为2时.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，当焦点为为垂心时，求直线的方程.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．
（1）证明：．
（2）若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．5
8
9
高二数学期末
一､选择题：本大题共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. 在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关系数的与线性相关关系可得解.
【详解】因为所有的样本点都在直线上，所以相关系数满足.
又因为，所以，所以.
故选：C.
2. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ）
A. 11B. 10C. 20D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理即可得到结果.
【详解】先从5门选修课中选择1门，有5种选法；
再从4个课外活动中选择2个，有种选法.
所以该学生不同的选择种数为.
故选：D.
3. 设，随机变量的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用分布列的性质，列式计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故选：D
4. 已知的展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中第4项的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二项式系数之和求出n，根据二项式展开式的通项公式，即可求解.
【详解】因为二项式系数之和为256，所以，得，
的展开式的通项，
令，得.
故选：A
5. （ ）
A. 120B. 119C. 110D. 109
【答案】B
【解析】
【分析】由组合数公式不断迭代即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
6. 三棱柱中，所有棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】如图所示，设，棱长为，则，
因为，
可得，
又由，
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
7. 某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）.
A. 444种B. 1776种C. 1440种D. 1560种
【答案】B
【解析】
【分析】先在生、史、地、政中四选一，然后按照语文、外语排课进行分类讨论，由此求得所有的安排方法总数.
【详解】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，
所以只需在生、史、地、政中四选一，有（种）.
对语文、外语排课进行分类，第1类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节，剩下的四科可全排列，有（种）；
第2类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有（种），
语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3种，
也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有（种），
其他三科可以全排列，有（种）.
综上，共有（种）.
故选：B
【点睛】本小题主要考查生活中排列、组合的计算，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
8. 用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（ ）个
A. 18B. 36C. 72D. 86
【答案】C
【解析】
【分析】可先对计数进行全排列，再在连续前三个空隙或后相邻的三个空隙中放入偶数，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，可先对计数进行全排列，共有种排法；
再对构成的4个空隙中，连续前三个空隙或后相邻的三个空隙，放入偶数，
共有种放法，
根据分步计数原理，可得共有种不同的排法.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知双曲线C的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线C的实轴长为6
B. 双曲线C的渐近线方程为
C. 双曲线C的焦点到渐近线的距离为4
D. 双曲线C上的点到焦点距离的最小值为8
【答案】AC
【解析】
【分析】根据双曲线的方程，求得，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
对于A中，双曲线的实轴长为，所以A正确；
对于B中，双曲线的渐近线方程为，所以B不正确；
对于C中，设双曲线的右焦点，不妨设一条渐近线方程为，即，
可得焦点到渐近线的距离为，所以C正确；
对于D中，根据双曲线的性质，可得双曲线上的点到焦点的最短距离为，所以D错误.
故选：AC.
10. 在正方体中，，分别为，中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 与平面成角正弦值为
D. 平面与平面成角余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，求相关线段对应的方向向量、平面的法向量，应用向量法求证位置关系，或求线面、面面角判断各项正误.
【详解】令正方体棱长为2，构建如下图示的空间直角坐标系，则，
所以，若面一个法向量为，
则，取，则，而，
所以，即，又面，故平面，A对；
，若面一个法向量为，
则，取，则，而，
所以不存在使，故平面不成立，B错；
由正方体性质知：面，面，则，又，
，面，则面，
所以是面的一个法向量，，
则与平面成角正弦值为，C对；
由是面的一个法向量，是面的一个法向量，
平面与平面成角余弦值为，D对.
故选：ACD
11. “杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.请结合“杨辉三角”判断下列叙述，正确的是（ ）
A.
B. 第20行中，第11个数最大
C. 记第行的第个数为，则
D. 第34行中，第15个数与第16个数的比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【详解】由图知，第行的第个数为，则，
对于A，由可得，
，故A错误；
对于B，第20行有21项，中间一项最大为，是第11个数，故B正确；
对于C，第行的第个数为，，
，故C正确；
对于D，第34行中，第15个数与第16个数的比为
，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ）
A. 若，则
B. 的最小值为
C. 的内心为，到轴的距离为
D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆
【答案】AC
【解析】
【分析】由椭圆、双曲线定义及余弦定理得到，即可判断A；再由离心率公式及基本不等式“1”的代换求最小值判断B；根据圆切线的性质及双曲线定义求双曲线与轴切点横坐标判断C；延长交于，若为中点，连接，根据已知易得为平行四边形，令有，结合已知条件判断D.
【详解】若椭圆、双曲线半焦距为，则，且分别为左右焦点，
中，令，则，
，
所以，则，
上式消去，得，而，
若，即，则，A对；
由上知，故，
当且仅当，即时取等号，B错；
若为内切圆与各边切点，如下图，则，
又，
所以，即切点为双曲线右顶点，有轴，
所以到轴距离为，C对；
延长交于，若中点，连接，
由题意且平分，故为等腰三角形且，
所以，在中为中位线，则，
且，故为平行四边形，令，则，
所以，又在第一象限且不定，故点的轨迹不为圆，D错.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：利用椭圆、双曲线定义、余弦定理得到判断A、B的关键，由圆切线性质和双曲线定义判断C的关键，找到点与某定点的距离并写出方程为关键.
三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数为______．
【答案】80
【解析】
【分析】只需6个因式中3个因式取、3个因式取或2个因式取、1个因式取、3个因式取1，根据组合知识得到答案.
【详解】可以看成6个因式相乘，
所以的展开式中含的项为3个因式取、3个因式取
或2个因式取、1个因式取、3个因式取1，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：80
14. 若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是__________________.
【答案】或
【解析】
【分析】先求出交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况，求出直线方程.
【详解】联立，解得，故交点坐标为，
当在轴的截距与在轴的截距为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，故直线的方程为；
当在轴的截距与在轴的截距不为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，
故直线方程为，即，
所以直线的方程为或.
故答案为：或
15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆上存在动点满足，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由求得点的轨迹，然后根据圆与圆的位置关系求得的取值范围.
【详解】设，由两边平方得，
即，，
，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
圆的圆心为，半径为，
依题意，圆与圆有公共点，
两圆的圆心距为，则，
解得.
故答案为：
16. 已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题先求出直线必过的定点，再求出的轨迹方程，再数形结合求最值即可.
【详解】
由得，
所以直线过点．
连接AM，则，由题意知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接DQ，则，当且仅当B，P，Q，N四点共线且点Q在PN中间时等号同时成立，所以的最小值为．
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，若.
（1）求的值；
（2）求的值.（结果可以用幂指数表示）
【答案】（1）11 （2）
【解析】
【分析】（1）根据二项式定理得到通项，从而得到方程，求出；
（2）令和，即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
故，
所以，解得；
小问2详解】
由（1）中通项公式可得大于0，小于0，
在中，令得，
，
令得，故，
故.
18. （1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
【答案】（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【解析】
【分析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；
(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；
(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，
则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，
所以共有2种放法；
（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，
所以不同的放法种数为；
（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，
所以不同的放法种数为；
（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，
所以不同的放法种数为．
19. 如图，长方体的底面为正方形，为上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，由平面确定E的位置，再求出平面与平面的法向量，由法向量的夹角即可求出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：由题可知，平面，所以.
连接，因为四边形为正方形，所以.
又，平面，所以平面，
所以.
【小问2详解】
解：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.
设，则.
因为平面，所以，解得，
所以平面的一个法向量为.
易知是平面的一个法向量，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点到直线距离公式、离心率公式以及平方关系再结合已知即可求解.
（2）当直线的斜率存在时，不妨设，且.动直线与相切可得即，再由弦长公式、点到直线的距离公式表示出三角形面积，结合即可得解.
【小问1详解】
设右焦点为，一条渐近线方程为，
所以该焦点到渐近线的距离为.
因为，所以.
故的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，的方程为，此时.
当直线的斜率存在时，不妨设，且.
联立方程组得.
由，得.
联立方程组，得.
不妨设与的交点分别为，则.
同理可求，所以.
因为原点到的距离，所以.
因为，所以.
故的面积为定值，定值为.
21. 设抛物线的焦点为，动直线交抛物线于，两点，当直线过焦点且的中点的横坐标为2时.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，当焦点为为的垂心时，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由中点坐标公式、抛物线定义有，即可求参数，写出抛物线方程；
（2）设，由垂心的性质有、，易得、，进而设直线方程为，联立抛物线得，向量数量积坐标表示有，应用韦达定理求参数m，即可得直线方程.
【小问1详解】
设，，则中点的横坐标，可得，
由抛物线定义有，解得，
可得抛物线方程为.
【小问2详解】
因为为的垂心，可得，又，，则，
所以，设直线方程为，，
由，整理得，整理得①，
故，可得，且，，
垂心性质知，有，
所以，即，
整理得，
由①可得，整理有，
所以，解得，，经检验符合题意，
则直线方程为或.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．
（1）证明：．
（2）若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AD的中点F，可证得，，从而平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得平面，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【小问1详解】
如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，，∴，．
∵，平面PEF，∴平面PEF．
又∵平面PEF，∴．
【小问2详解】
由（1）可知，二面角的平面角为，且为，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵平面PEF，平面PEF，∴，
∵平面，∴平面，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易得，，，，
则，，，，，
，，，，
设平面PAB的法向量为，则
得取，则．
设，，则，
设直线DG与平面PAB所成的角为，
则，
令，则，．
当时，，；
当时，，
当，即，时，取得最大值，且最大值为，此时．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为．5
8
9
1. 在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A. B. C. D.
2. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ）
A. 11B. 10C. 20D. 30
3. 设，随机变量的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知的展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中第4项的系数为（ ）
A. B.
C. D.
5. （ ）
A. 120B. 119C. 110D. 109
6. 三棱柱中，所有棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）.
A. 444种B. 1776种C. 1440种D. 1560种
8. 用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（ ）个
A. 18B. 36C. 72D. 86
二、多项选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知双曲线C的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线C的实轴长为6
B. 双曲线C渐近线方程为
C. 双曲线C的焦点到渐近线的距离为4
D. 双曲线C上的点到焦点距离的最小值为8
10. 在正方体中，，分别为，中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 与平面成角正弦值为
D. 平面与平面成角余弦值为
11. “杨辉三角”是中国数学史上一个伟大成就，揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.请结合“杨辉三角”判断下列叙述，正确的是（ ）
A.
B. 第20行中，第11个数最大
C. 记第行的第个数为，则
D. 第34行中，第15个数与第16个数的比为
12. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ）
A. 若，则
B. 的最小值为
C. 的内心为，到轴的距离为
D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆
三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数为______．
14. 若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是__________________.
15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆上存在动点满足，则的取值范围为________.
16. 已知抛物线C：焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______．
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，若.
（1）求的值；
（2）求的值.（结果可以用幂指数表示）
18. （1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
19. 如图，长方体的底面为正方形，为上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
20. 已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
21. 设抛物线的焦点为，动直线交抛物线于，两点，当直线过焦点且的中点的横坐标为2时.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，当焦点为为垂心时，求直线的方程.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．
（1）证明：．
（2）若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．5
8
9
高二数学期末
一､选择题：本大题共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. 在一组样本数据、、、、、、、不全相等）的散点图中，若所有的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据相关系数的与线性相关关系可得解.
【详解】因为所有的样本点都在直线上，所以相关系数满足.
又因为，所以，所以.
故选：C.
2. 某学生要从5门选修课中选择1门，从4个课外活动中选择2个，则不同的选择种数为（ ）
A. 11B. 10C. 20D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】由分步乘法计数原理即可得到结果.
【详解】先从5门选修课中选择1门，有5种选法；
再从4个课外活动中选择2个，有种选法.
所以该学生不同的选择种数为.
故选：D.
3. 设，随机变量的分布列为：
则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用分布列的性质，列式计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故选：D
4. 已知的展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中第4项的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二项式系数之和求出n，根据二项式展开式的通项公式，即可求解.
【详解】因为二项式系数之和为256，所以，得，
的展开式的通项，
令，得.
故选：A
5. （ ）
A. 120B. 119C. 110D. 109
【答案】B
【解析】
【分析】由组合数公式不断迭代即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：B.
6. 三棱柱中，所有棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】如图所示，设，棱长为，则，
因为，
可得，
又由，
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
7. 某学校实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.已知某生的高考志愿为某大学环境科学专业，按照该大学上一年高考招生选考科目要求理、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，每门课每天至少一节），已知该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则该生该天课表有（ ）.
A. 444种B. 1776种C. 1440种D. 1560种
【答案】B
【解析】
【分析】先在生、史、地、政中四选一，然后按照语文、外语排课进行分类讨论，由此求得所有的安排方法总数.
【详解】理、化、生、史、地、政六选三，且理、化必选，
所以只需在生、史、地、政中四选一，有（种）.
对语文、外语排课进行分类，第1类：语文、外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节，剩下的四科可全排列，有（种）；
第2类：语文、外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语、数、外三科的另三科中选择，有（种），
语文和外语可都安排在上午，即上午第一、三节，上午第一、四节，上午第二、四节3种，
也可一科在上午任一节，一科在下午第二节，有（种），
其他三科可以全排列，有（种）.
综上，共有（种）.
故选：B
【点睛】本小题主要考查生活中排列、组合的计算，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
8. 用1，2，3，4，5，6写出没有重复数字的六位数中，满足相邻的数字奇偶性不同的数有（ ）个
A. 18B. 36C. 72D. 86
【答案】C
【解析】
【分析】可先对计数进行全排列，再在连续前三个空隙或后相邻的三个空隙中放入偶数，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，可先对计数进行全排列，共有种排法；
再对构成的4个空隙中，连续前三个空隙或后相邻的三个空隙，放入偶数，
共有种放法，
根据分步计数原理，可得共有种不同的排法.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知双曲线C的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线C的实轴长为6
B. 双曲线C的渐近线方程为
C. 双曲线C的焦点到渐近线的距离为4
D. 双曲线C上的点到焦点距离的最小值为8
【答案】AC
【解析】
【分析】根据双曲线的方程，求得，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
对于A中，双曲线的实轴长为，所以A正确；
对于B中，双曲线的渐近线方程为，所以B不正确；
对于C中，设双曲线的右焦点，不妨设一条渐近线方程为，即，
可得焦点到渐近线的距离为，所以C正确；
对于D中，根据双曲线的性质，可得双曲线上的点到焦点的最短距离为，所以D错误.
故选：AC.
10. 在正方体中，，分别为，中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 与平面成角正弦值为
D. 平面与平面成角余弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，求相关线段对应的方向向量、平面的法向量，应用向量法求证位置关系，或求线面、面面角判断各项正误.
【详解】令正方体棱长为2，构建如下图示的空间直角坐标系，则，
所以，若面一个法向量为，
则，取，则，而，
所以，即，又面，故平面，A对；
，若面一个法向量为，
则，取，则，而，
所以不存在使，故平面不成立，B错；
由正方体性质知：面，面，则，又，
，面，则面，
所以是面的一个法向量，，
则与平面成角正弦值为，C对；
由是面的一个法向量，是面的一个法向量，
平面与平面成角余弦值为，D对.
故选：ACD
11. “杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.请结合“杨辉三角”判断下列叙述，正确的是（ ）
A.
B. 第20行中，第11个数最大
C. 记第行的第个数为，则
D. 第34行中，第15个数与第16个数的比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【详解】由图知，第行的第个数为，则，
对于A，由可得，
，故A错误；
对于B，第20行有21项，中间一项最大为，是第11个数，故B正确；
对于C，第行的第个数为，，
，故C正确；
对于D，第34行中，第15个数与第16个数的比为
，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知椭圆，双曲线（，），椭圆与双曲线有共同的焦点，离心率分别为，，椭圆与双曲线在第一象限的交点为且，则（ ）
A. 若，则
B. 的最小值为
C. 的内心为，到轴的距离为
D. 的内心为，过右焦点做直线的垂线，垂足为，点的轨迹为圆
【答案】AC
【解析】
【分析】由椭圆、双曲线定义及余弦定理得到，即可判断A；再由离心率公式及基本不等式“1”的代换求最小值判断B；根据圆切线的性质及双曲线定义求双曲线与轴切点横坐标判断C；延长交于，若为中点，连接，根据已知易得为平行四边形，令有，结合已知条件判断D.
【详解】若椭圆、双曲线半焦距为，则，且分别为左右焦点，
中，令，则，
，
所以，则，
上式消去，得，而，
若，即，则，A对；
由上知，故，
当且仅当，即时取等号，B错；
若为内切圆与各边切点，如下图，则，
又，
所以，即切点为双曲线右顶点，有轴，
所以到轴距离为，C对；
延长交于，若中点，连接，
由题意且平分，故为等腰三角形且，
所以，在中为中位线，则，
且，故为平行四边形，令，则，
所以，又在第一象限且不定，故点的轨迹不为圆，D错.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：利用椭圆、双曲线定义、余弦定理得到判断A、B的关键，由圆切线性质和双曲线定义判断C的关键，找到点与某定点的距离并写出方程为关键.
三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数为______．
【答案】80
【解析】
【分析】只需6个因式中3个因式取、3个因式取或2个因式取、1个因式取、3个因式取1，根据组合知识得到答案.
【详解】可以看成6个因式相乘，
所以的展开式中含的项为3个因式取、3个因式取
或2个因式取、1个因式取、3个因式取1，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：80
14. 若直线过直线和的交点，且在轴的截距是轴截距的2倍，则直线的方程是__________________.
【答案】或
【解析】
【分析】先求出交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况，求出直线方程.
【详解】联立，解得，故交点坐标为，
当在轴的截距与在轴的截距为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，故直线的方程为；
当在轴的截距与在轴的截距不为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，
故直线方程为，即，
所以直线的方程为或.
故答案为：或
15. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，若圆上存在动点满足，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由求得点的轨迹，然后根据圆与圆的位置关系求得的取值范围.
【详解】设，由两边平方得，
即，，
，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
圆的圆心为，半径为，
依题意，圆与圆有公共点，
两圆的圆心距为，则，
解得.
故答案为：
16. 已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题先求出直线必过的定点，再求出的轨迹方程，再数形结合求最值即可.
【详解】
由得，
所以直线过点．
连接AM，则，由题意知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接DQ，则，当且仅当B，P，Q，N四点共线且点Q在PN中间时等号同时成立，所以的最小值为．
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，若.
（1）求的值；
（2）求的值.（结果可以用幂指数表示）
【答案】（1）11 （2）
【解析】
【分析】（1）根据二项式定理得到通项，从而得到方程，求出；
（2）令和，即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
故，
所以，解得；
小问2详解】
由（1）中通项公式可得大于0，小于0，
在中，令得，
，
令得，故，
故.
18. （1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
【答案】（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【解析】
【分析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；
(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；
(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，
则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，
所以共有2种放法；
（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，
所以不同的放法种数为；
（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，
所以不同的放法种数为；
（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，
所以不同的放法种数为．
19. 如图，长方体的底面为正方形，为上一点.
（1）证明：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，由平面确定E的位置，再求出平面与平面的法向量，由法向量的夹角即可求出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：由题可知，平面，所以.
连接，因为四边形为正方形，所以.
又，平面，所以平面，
所以.
【小问2详解】
解：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.
设，则.
因为平面，所以，解得，
所以平面的一个法向量为.
易知是平面的一个法向量，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知双曲线的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程；
（2）若动直线与恰有1个公共点，且与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，证明：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点到直线距离公式、离心率公式以及平方关系再结合已知即可求解.
（2）当直线的斜率存在时，不妨设，且.动直线与相切可得即，再由弦长公式、点到直线的距离公式表示出三角形面积，结合即可得解.
【小问1详解】
设右焦点为，一条渐近线方程为，
所以该焦点到渐近线的距离为.
因为，所以.
故的方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，的方程为，此时.
当直线的斜率存在时，不妨设，且.
联立方程组得.
由，得.
联立方程组，得.
不妨设与的交点分别为，则.
同理可求，所以.
因为原点到的距离，所以.
因为，所以.
故的面积为定值，定值为.
21. 设抛物线的焦点为，动直线交抛物线于，两点，当直线过焦点且的中点的横坐标为2时.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点，当焦点为为的垂心时，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由中点坐标公式、抛物线定义有，即可求参数，写出抛物线方程；
（2）设，由垂心的性质有、，易得、，进而设直线方程为，联立抛物线得，向量数量积坐标表示有，应用韦达定理求参数m，即可得直线方程.
【小问1详解】
设，，则中点的横坐标，可得，
由抛物线定义有，解得，
可得抛物线方程为.
【小问2详解】
因为为的垂心，可得，又，，则，
所以，设直线方程为，，
由，整理得，整理得①，
故，可得，且，，
垂心性质知，有，
所以，即，
整理得，
由①可得，整理有，
所以，解得，，经检验符合题意，
则直线方程为或.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．
（1）证明：．
（2）若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取AD的中点F，可证得，，从而平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得平面，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【小问1详解】
如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，，∴，．
∵，平面PEF，∴平面PEF．
又∵平面PEF，∴．
【小问2详解】
由（1）可知，二面角的平面角为，且为，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵平面PEF，平面PEF，∴，
∵平面，∴平面，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
易得，，，，
则，，，，，
，，，，
设平面PAB的法向量为，则
得取，则．
设，，则，
设直线DG与平面PAB所成的角为，
则，
令，则，．
当时，，；
当时，，
当，即，时，取得最大值，且最大值为，此时．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为．5
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