2023-2024学年内蒙古呼和浩特市高二（上）期末数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古呼和浩特市高二（上）期末数学试卷(含解析），共16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a=(1,0,1),b=(0,1,0),c=(1,1,1)，则( )
A. |c|=3B. a⊥bC. b⋅c=3D. (b+c)//a
2.已知圆C的一般方程为x2+y2−2x+y+14=0，则C的圆心坐标为( )
A. (1,12)B. (−1,12)C. (1,−12)D. (−1,−12)
3.已知直线ax+2y−1=0与直线2x−4y+5=0垂直，则a的值为( )
A. 2B. 4C. −2D. −1
4.已知椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，左右焦点分别为F1，F2，P为椭圆的上顶点，∠F1PF2=90°，则椭圆的离心率为( )
A. 12B. 33C. 22D. 13
5.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，则直线PC与平面PBD所成角的正弦值为( )
A. 23
B. 33
C. 13
D. 63
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为AC的中点，则异面直线CC1与OB1所成角的余弦值为( )
A. 12B. 22C. 33D. 63
7.如图，在三棱锥S−ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G满足EG=13EF，若SA=a，SB=b，SC=c，则BG=( )
A. 13a+56b+16c
B. 13a−56b+16c
C. −13a−16b+12c
D. 13a−16b+12c
8.已知抛物线y2=2px(p>0)，F为抛物线的焦点，经过F的直线与抛物线交于A，B两点，过A作抛物线准线的垂线，垂足为Q，等边三角形AFQ的面积为4 3.则p=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
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.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，E为CC1中点，F为A1B1的中点，则( )
A. DB=(−2,2,0)
B. BE=(−2,0,1)
C. FC=(1,1,−1)
D. EF=(2,−1,1)
10.现有3名男生2名女生，在某风景点前站成一排拍合照，则( )
A. 共有60种方法B. 男生不相邻，共有12种方法
C. 女生相邻，共有48种方法D. 女生不站两边，共有36种方法
11.在长方体上任意选取不共面的4个顶点，由这4个顶点构成的几何体中，则( )
A. 存在三个面为直角三角形的四面体B. 存在每个面都是直角三角形的四面体
C. 存在每个面都是全等三角形的四面体D. 四面体的体积为该长方体体积的六分之一
12.椭圆C的标准方程为x28+y22=1,F1,F2为椭圆的左、右焦点，点P(2,1).△PF1F2的内切圆圆心为I(xI,yI)，与PF1，PF2，F1F2分别相切于点D，E，H，则( )
A. S△PF1F2= 62B. xI= 3
C. yI=2 3−3D. PD=PE=2 2− 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.圆锥SO的母线长为2，侧面积为π，则这个圆锥的底面半径为______ ．
14.圆(x−3)2+(y+1)2=2关于直线y=x对称的圆的方程为______ ．
15.2023年杭州亚运会召开后，4位同学到A，B，C三个体育场馆做志愿者服务活动，每个体育场馆至少一人，每人只能去一个体育场馆，则不同的分配方法总数是______ ．
16.已知F(5,0)为双曲线C的右焦点，y=±12x为双曲线C的两条渐近线，以F为圆心的圆与渐近线相切于A，B两点，则|AB|= ______ ．
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)
已知(x−2)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4．
(1)求a0的值；
(2)求a2的值；
(3)求a1+a2+a3+a4的值．
18.(本小题12分)
已知点O(0,0)，A(2,0)，B(2,2)．
(1)求经过O，A，B三点的圆M的标准方程；
(2)直线l的方程为y=x−1，与圆M交于P，Q两点，求弦PQ的长．
19.(本小题12分)
如图，已知四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为边长为4的正三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°．
(1)证明：PB⊥AD；
(2)若PB=2 6，求四棱锥P−ABCD的体积．
20.(本小题12分)
已知点A(−2,0)，B(2,0)，经过点A的直线l和经过点B的直线m相交于点P，设直线l的斜率为k1，直线m的斜率为k2，且k1k2=−14．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)已知直线x=ty+1与曲线C相交于M，N两点，O为坐标原点，若OM⋅ON=0，求t的值．
21.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，D是棱BC的中点．
(1)求异面直线AB1与DC所成角的余弦值；
(2)求二面角B1−AD−C1的余弦值．
22.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A，B两点，过A，B作准线的垂线，垂足分别为C，D，四边形ABDC的面积为18．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知经过定点H(3,0)的直线l交抛物线于M，N，则|HM|2⋅|HN|2|MN|2−2|HM|⋅|HN|是否为定值？若是，求出定值并证明，若否，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：已知a=(1,0,1),b=(0,1,0),c=(1,1,1)，
对于A，|c|= 12+12+12= 3，故A错误；
对于B，a⋅b=0，故a⊥b，故B正确；
对于C：b⋅c=1，故C错误；
对于D，b+c=(1,2,1)，不存在实数λ，使得b+c=λa，故b+c与a不平行，故D错误．
故选：B．
由坐标运算求出向量的模即可判定A；由数量积判定两向量垂直关系，即可判定B；由向量数量积的运算性质判断C；由向量的坐标运算和共线关系式可判断D．
本题主要考查空间向量的坐标运算，数量积运算，平行与垂直的判断，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据圆C的一般方程为x2+y2−2x+y+14=0，可得圆C的标准方程为(x−1)2+(y+12)2=1，
故圆C的圆心为(1,−12)，半径为1．
故选：C．
把圆C的一般方程化为标准方程，可得圆C的圆心和半径．
本题主要考查圆的一般方程和标准方程，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵直线ax+2y−1=0与直线2x−4y+5=0垂直，
∴2a+2×(−4)=0，解得a=4．
故选：B．
根据已知条件，结合两直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，由题意设P(0,b)，
由题意可得∠F1PO=45°，所以b=c，
可得a= b2+c2= 2c，
所以离心率e=ca=c 2c= 22．
故选：C．
由题意可得b=c，进而可得a，c的关系，可得离心率的值．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设AB=1，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，
所以PB=(1,0,−1)，PD=(0,1,−1)，PC=(1,1,−1)，
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，
由PB⋅n=x−z=0PD⋅n=y−z=0，令x=1，则y=z=1，
所以n=(1,1,1)，设直线PC与平面PBD所成的角为θ，
sinθ=|cs|=|PC⋅n||PC|⋅|n|=|1+1−1| 3× 3=13，
所以直线PC与平面PBD所成的正弦值为13．
故选：C．
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线PC的方向向量与平面PBD的法向量，由线面角的向量公式代入即可求解．
本题主要考查线面角的求法，考查空间向量的应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，
连接OB1，因为BB1//CC1，
所以异面直线OB1与CC1所成角即为OB1与BB1所成角，
则在Rt△OB1B中，∠OB1B即为所求角，
设正方体棱长为a，
所以cs∠OB1B=BB1OB1=a 62a= 63．
故选：D．
由题意画出图形，找出异面直线OB1与CC1所成角，求解三角形得答案．
本题考查正方体中异面直线所成角的求解，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量的求法，考查空间向量基本定理等基础知识，考查运算求解能力，是一般题．
利用向量加法运算法则直接求解．
【解答】
解：在三棱锥S−ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，
点G满足EG=13EF，SA=a，SB=b，SC=c，
则BG=BF+FG
=12BC+23FE
=12(SC−SB)+23(FC+CS+SE)
=12SC−12SB+23×12BC+23×(−SC)+23×12SA
=−16SC−12SB+13(SC−SB)+13SA
=13SA−56SB+16SC
=13a−56b+16c．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：如图：
因为等边三角形AFQ的面积为4 3，
所以：12|QF|2×sin60°=4 3，
可得|QF|=4，且∠QFD=∠FQA=60°，
可得|DF|=p=|QF|cs60°=2．
故选：A．
根据等边三角形AFQ的面积为4 3，求得|QF|=4，且∠QFD=∠FQA=60°，进而求出p即可．
本题主要考查抛物线的性质，考查等边三角形的面积，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由题意可知，D(0,0,0)，B(2,2,0)，E(0,2,1)，F(2,1,2)，C(0,2,0)，
∴DB=(2,2,0)，BE=(−2,0,1)，FC=(−2,1,−2)，EF=(2,−1,1)，
故A错误，B正确，C错误，D正确．
故选：BD．
根据空间向量的坐标表示逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了空间向量的坐标表示，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：3名男生2名女生，站成一排拍合照，共有A55=5×4×3×2×1=120种方法，A错误；
若男生不相邻，则2名女生形成三个空，3名男生插空，共有A22⋅A33=12种方法，B正确；
若女生相邻，则利用捆绑法，将2名女生作为一个整体与另三名男生形成4个元素自由排，共有A44⋅A22=48种方法，C正确；
若女生不站两边，共A32⋅A33=36种方法，D正确．
故选：BCD．
利用排列数公式及其应用对四个选项逐一分析可得答案．
本题考查排列、组合及简单计数问题的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，如图，
四面体B1ABC满足，故A选项正确；
对B选项，如图，
四面体D1DBC满足，故B选项正确；
对C选项，如图，
四面体B1D1AC满足，故C选项正确；
对D选项，设长方体的长宽高均为1，
由C选项的图可得：四面体D1DBC的体积为：
1×1×1−4×13×12×1×1×1=13，
故四面体D1DBC的体积为该长方体体积的13，故D选项错误．
故选：ABC．
根据长方体的性质，针对各个选项分别求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，椭圆C：x28+y22=1，则a=2 2,b= 2,c= 8−2= 6，
所以F1(− 6,0),F2( 6,0)，又P(2,1)，所以点P在椭圆上，如图，
连接ID，IE，IH，IP，IF1，IF2，
则S△PF1F2=12|F1F2|⋅|yp|=12×2 6×1= 6，故A不正确；
对于C，由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=4 2，
又△PF1F2的内切圆圆心为I(xl,yl)，所以内切圆半径r=yl，
由于S△PF1F2=S△IF1F2+S△IF1P+S△IF2P，
所以 6=12×|F1F2|×y1+12×|PF1|×y1+12×|PF2|×y1=12×yl(|F1F2|+|PF1|+|PF2|)=12×y1(4 2+2 6)，
故r=y1=2 64 2+2 6=2 3−3，故C正确；
对于D，又|PD|=|PE|，|DF1|=|F1H|，|EF2|=|HF2|，
所以|PF1|+|PF2|=|PD|+|DF1|+|PE|+|EF2|=|PD|+|F1H|+|PE|+|HF2|=|PD|+|PE|+|F1F2|=4 2，
则2|PD|=4 2−2 6，所以|PD|=|PE|=2 2− 6，故D正确；
对于B，又|PF2|= (2− 6)2+(1−0)2= 11−4 6=2 2− 3，所以|HF2|=|EF2|=|PF2|−|PE|= 6− 3，
又xH=xl，所以 6−xI= 6− 3，即x1= 3，故B正确．
故选：BCD．
根据椭圆中焦点三角形的性质求解S△PF1F2，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论．
本题考查了椭圆性质的综合应用，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】解：根据题意，设这个圆锥的底面半径为r，
其母线l=2，侧面积S=π，则有S=πrl=π，
解可得r=12．
故答案为：12．
根据题意，设这个圆锥的底面半径为r，由圆锥的侧面积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的侧面积计算，注意圆锥的侧面积计算公式，属于基础题．
14.【答案】(x+1)2+(y−3)2=2
【解析】解：圆(x−3)2+(y+1)2=2的圆心坐标(3,−1,)，半径为 2，
所以圆(x−3)2+(y+1)2=2关于直线y=x对称的圆心坐标(−1,3)，半径为 2，
所以所求的圆的方程为(x+1)2+(y−3)2=2．
故答案为：(x+1)2+(y−3)2=2．
由已知圆的方程，可得它的圆心坐标及半径的大小，由题意求出关于y=x的对称的圆的圆心坐标及半径，进而可得所求的圆的方程．
本题考查圆关于直线的对称圆的方程的求法，属于基础题．
15.【答案】36种
【解析】解：由题意知，有2位同学要去同一个场馆，
先选2位同学去同一场馆，再进行排序，共有C42⋅A33=36种不同的分配方法总数．
故答案为：36种．
先选2位同学去同一场馆，再进行排序，即可得解．
本题考查排列组合与计数原理的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
16.【答案】4
【解析】解：由题意可知F(5,0)到渐近线的距离为d=|52| 1+(12)2= 5，即该圆半径为 5，
如图所示，连接AB交横轴于D点，利用双曲线与圆的对称性可知AB⊥x轴，
所以|AB|=2|AD|，
在直角△AFO中，易知|OA|= |OF|2−d2=2 5，
所以|AD|⋅|OF|=|AO|⋅|AF|⇒|AD|=2，
则|AB|=2|AD|=4．
故答案为：4．
根据点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系、双曲线与圆的对称性及等面积法计算弦长即可．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(x−2)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
令x=0，得a0=16；
(2)T3=C42x2(−2)2=24x2,a2=24．
(3)(x−2)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
令x=1，可得，a0+a1+a2+a3+a4=1．
代入a0=16，可得a1+a2+a3+a4=−15．
【解析】(1)----(3)利用赋值法求出结果．
本题考查的知识要点：赋值法的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
因为圆M过O，A，B三点，所以a2+b2=r2(2−a)2+b2=r2(2−a)2+(2−b)2=r2，
解得a=1，b=1，r= 2，所以圆M的标准方程为(x−1)2+(y−1)2=2；
(2)由(1)得圆心M(1,1)，所以圆心到直线l：y=x−1的距离为d=|1−1−1| 2= 22，
根据垂径定理，可知|PQ|2= r2−d2= 2−12= 62，所以|PQ|= 6．
【解析】(1)设出圆的标准方程，代入O、A、B坐标得到关于a、b、r的方程组，解之即可得到圆M的标准方程；
(2)根据题意，求出圆心M到直线l的距离，结合弦长公式算出弦PQ的长．
本题主要考查圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系等知识，考查了计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：取AD中点Q，连接PQ、BQ、BD，
∵△PAD是边长为4的等边三角形，
∴PQ=2 3,PQ⊥AD，
∵底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，
∴△ABD为等边三角形，Q是AD中点，
∴BQ=2 3，AQ⊥BQ．
∵PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ=Q，
∴AD⊥平面PBQ，PB⊂平面PBQ，
∴AD⊥PB．
(2)∵PB=2 6，∴BQ2+PQ2=PB2，
∴PQ⊥BQ，
又PQ⊥AD，BQ∩AD=Q，
∴PQ⊥平面ABCD，
∴VP−ABCD=13PQ⋅S菱形ABCD=13⋅2 3⋅4⋅2 3=16．
【解析】(1)取AD中点Q，连接PQ、BQ、BD，证明AD⊥平面PBQ，即可求证；
(2)由条件证明PQ⊥BQ，进一步证明PQ⊥平面ABCD，从而确定PQ是该四棱锥的高，从而可求其体积．
本题考查了空间中直线与直线垂直的证明，考查了求空间几何体的体积，考查了数形结合思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)不妨设P(x,y)，
易知k1=yx+2,k2=yx−2，
所以k1k2=y2x2−4=−14，
整理得x24+y2=1(y≠0)，
则轨迹C的方程为x24+y2=1(y≠0)；
(2)联立x=ty+1x24+y2=1，消去x并整理得(t2+4)y2+2ty−3=0，
此时Δ=16t2+48>0，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由韦达定理得y1+y2=−2tt2+4,y1y2=−3t2+4，
易知OM⋅ON=x1x2+y1y2，
因为x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=1−4t2t2+4=0．
解得t=±12．
【解析】(1)由题意，设出点P的坐标，利用斜率之积建立方程，再进行化简即可；
(2)将直线方程与曲线C的方程联立，设出M，N两点坐标，利用根与系数的关系以及数量积为0，列出等式再进行求解即可．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
21.【答案】解：(1)解法一：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵AB⊥AC，AB=AC=1，∴BC= 2，
∵BB1⊥AB，BB1=AB=1，∴AB1= 2，
同理AC1= 2，
∴△AB1C1为等边三角形，∠AB1C1=60°，
又∵BC/​/B1C1，即DC//B1C1，
∴异面直线AB1与DC所成角等于B1C1与AB1所成角，
∴AB1与DC所成角的余弦值为cs60°=12；
解法二：以AB，AC，AA1所在的直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0),B1(1,0,1),C(0,1,0),D(12,12,0),C1(0,1,1)，
AB1=(1,0,1),DC=(−12,12,0)，
则cs=AB1⋅DC|AB1||DC|=−12 2× 12=−12，
故直线AB1与DC所成角的余弦值为12；
(2)设m=(x,y,z)为平面B1AD的一个法向量，AD=(12,12,0)，
则有m⋅AD=12x+12y=0m⋅AB1=x+z=0，令x=1，可得m=(1,−1,−1)，
设n=(a,b,c)为平面ADC1的一个法向量，AC1=(0,1,1)，
则有n⋅AD=12a+12b=0n⋅AC1=b+c=0，令a=1，可得n=(1,−1,1)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m|×|n|=1 3× 3=13，
由图可得二面角B1−AD−C1的平面角为锐角，
∴二面角B1−AD−C1的余弦值为13．
【解析】(1)法一：用几何法求解，将异面直线AB1与DC所成角转化为B1C1与AB1所成角，求解即可；
法二：建立空间直角坐标系，求得两直线的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求得异面直线所成的角的余弦值；
(2)分别求得两个半平面的法向量，然后求得法向量夹角的余弦值即可确定二面角的余弦值．
本题考查异面直线所成的角及二面角的计算，考查空间向量及其应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)抛物线C：y2=2px(p>0)焦点坐标为F(p2,0)，所以|AB|=2p，
又|AC|=p，所以四边形ABDC的面积为2p2=18，所以p=3，
所以抛物线的方程为y2=6x．
(2)易知直线l的斜率不为0，所以令直线l：x=my+3，
与抛物线方程联立x=my+3y2=6x，消去x整理得y2−6my−18=0，Δ=36m2+72>0，
令M(x1,y1)，N(x2,y2)，
可得根与系数的关系为y1+y2=6m，y1y2=−18，
因为|HM|2=(1+m2)y12,|HN|2=(1+m2)y22，
所以|HM|2⋅|HN|2|MN|2−2|HM|⋅|HN|=|HM|2⋅|HN|2|HM|2+|HN|2
=(1+m2)(y1y2)2y12+y22
=(1+m2)(18)236m2+36
=32436=9，
所以|HM|2⋅|HN|2|MN|2−2|HM|⋅|HN|是定值，且定值为9．
【解析】(1)根据抛物线的性质，结合已知可求得p的值，从而可得抛物线方程；
(2)令直线l：x=my+3，与抛物线方程联立，可得根与系数的关系，计算|HM|2⋅|HN|2|MN|2−2|HM|⋅|HN|为定值9，可得结论．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．