黑龍江省雞西市密山市高級名校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末聯(lián)考試卷

黑龍江省雞西市密山市高級名校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末聯(lián)考試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（每題5分，共40分）1．已知橢圓C：x29+A．3 B．4 C．6 D．92．如果存在三個不全為零的實數(shù)x、y、z，使得xa+yb+zc=0A．兩兩相互垂直 B．只有兩個向量互相垂直C．共面 D．有兩個向量互相平行3．拋物線y2A．x=?1 B．y=?1 C．x=1 D．y=14．如圖，某建筑物白色的波浪形屋頂像翅膀一樣漂浮，建筑師通過雙曲線的設(shè)計元素賦予了這座建筑以輕盈，極簡和雕塑般的氣質(zhì)，該建筑物外形弧線的一段可以近似看成焦點在y軸上的雙曲線y2a2?xA．53 B．54 C．435．由倫敦著名建筑事務(wù)所SteynStudio設(shè)計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數(shù)學(xué)與建筑完美結(jié)合造就的藝術(shù)品.若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線y2A．y212?x24=1 B．6．2021年某省高考體育百米測試中，成績?nèi)拷橛?2秒與18秒之間，抽取其中100個樣本，將測試結(jié)果按如下方式分成六組：第一組[12，13)，第二組[13，A．15.215.4 B．15.115.4C．15.115.3 D．15.215.37．某企業(yè)為了研究某種產(chǎn)品的銷售價格x（元）與銷售量y（千件）之間的關(guān)系，通過大量市場調(diào)研收集得到以下數(shù)據(jù)：x161284y24a3864其中某一項數(shù)據(jù)※丟失，只記得這組數(shù)據(jù)擬合出的線性回歸方程為：y=?3.A．33 B．35 C．34 D．34.88．十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家皮埃爾?德?費馬提出的一個著名的幾何問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與這個三角形的三個頂點的距離之和最小”.它的答案是：當(dāng)三角形的三個角均小于2π3時，即該點與三角形的三個頂點的連線兩兩成角2π3；當(dāng)三角形有一內(nèi)角大于或等于2π3時，所求點為三角形最大內(nèi)角的頂點，在費馬問題中，所求點稱為費馬點.已知在△ABC中，C=2π3，AC=1，BC=2，CM是△ABC的角平分線，交ABA．?35 B．?25 C．二、多項選擇題（答對一項得1.5分，滿分18分）9．給出下列命題，其中正確命題有（）A．空間任意三個不共面的向量都可以作為一個基底B．已知向量a//b，則存在向量可以與a，C．A，B，M，N是空間四點若BA，BM，BN不能構(gòu)成空間的一個基底那么A，B，D．已知向量組{a，b，c10．已知正四棱柱ABCD?A1B1C1DA．任意a>0，AB．存在a>0，直線A1C1C．平面A1BM與底面AD．當(dāng)a=2時，三棱錐B1?11．若動點A(x1，y1)、B(x2，A．6 B．2 C．22 D．12．已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2，過F的直線l交拋物線C于兩點A，A．C的準(zhǔn)線方程為x=?2B．若|AF|=4，則|OA|=C．若|AF|?|BF|=4p2，則lD．過點A作準(zhǔn)線的垂線，垂足為H，若x軸平分∠HFB，則|AF|=4三、解答題13．已知(x?1（1）求展開式中二項式系數(shù)最大的項；（2）求展開式中所有的有理項.14．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EF//AB，EF⊥FB，AB=2EF，（1）求證：FH//平面EDB（2）求證：AC⊥平面EDB；（3）求二面角B?DE?C的大?。?5．已知直線l：（1）若l不經(jīng)過第三象限，求a的取值范圍；（2）求坐標(biāo)原點O到直線l距離的最小值，并求此時直線l的方程.16．如圖，在多面體ABCD?A1B1C1D1中，上、下底面平行且均為矩形，相對的側(cè)面與同一底面所成的二面角大小相等，側(cè)棱延長后相交于E，F(xiàn)兩點，上、下底面矩形的長、寬分別為c，d與a，b，且a＞（1）求側(cè)面ABB1A（2）證明：EF∥ABCD；（3）在估測該多面體的體積時，經(jīng)常運用近似公式V估=S中截面?h來計算，已知它的體積公式是V=注：與兩個底面平行，且到兩個底面距離相等的截面稱為該多面體的中截面．17．兩個邊長為2的正方形ABCD和ADEF各與對方所在平面垂直，M、N分別是對角線AE、BD上的點，且EM=DN.（1）求證：MN//平面DCE（2）設(shè)EM=x，MN=y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式；（3）求M、N兩點間的最短距離.18．如圖，MA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且MA=AB=a，試求：（1）點M到BD的距離；（2）求異面直線MB與AC所成的角.19．已知H是銳角三角形ABC的垂心，過H作平面ABC的垂線，在垂線上取一點P，使∠APB=90°，求證：PB⊥平面

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因為橢圓C：x29+故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程確定焦點的位置，進(jìn)而得出a，b的值，再結(jié)合橢圓的長軸長的定義，進(jìn)而得出橢圓的長軸長.2．【答案】C【解析】【解答】解：因為存在三個不全為零的實數(shù)x、y、z，使得xa+yb+zc=0，

所以b故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合平面向量基本定理，進(jìn)而判斷出向量a、b、c共面.3．【答案】A【解析】【解答】∵y∴拋物線y2=4x的準(zhǔn)線方程為即x=?1，故答案為：A.【分析】利用y2=2px的準(zhǔn)線方程為x=?p4．【答案】B【解析】【解答】解：因為雙曲線的上焦點為F(0，c)，下頂點為(0，-a)，漸近線方程為y=±abx，

因為該雙曲線的上焦點F到下頂點的距離為18，所以c+a=18，(1)，

因為點F到漸近線的距離為6，所以-cab2+(-1)2故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合雙曲線焦點的位置得出上焦點坐標(biāo)和下頂點坐標(biāo)、漸近線方程，再結(jié)合兩點距離公式建立方程組，從而由雙曲線的離心率公式得出雙曲線的離心率的值.5．【答案】B【解析】【解答】解：因為大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線y2a2?x2b2=1(a>0，b>0)下支的一部分，

所以雙曲線的下焦點F(0，-c)，漸近線方程為y=±abx故答案為：B.

【分析】利用已知條件結(jié)合雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程確定焦點位置和漸近線方程，進(jìn)而得出下焦點坐標(biāo)和漸近線方程，建立方程組，再聯(lián)立三個方程得出a，b，c的值，從而得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程。6．【答案】C【解析】【解答】解：依題意，由頻率分布直方圖得出平均數(shù)估計為x-=12+132×1×0.1+13+142×1×0.15+14+152×1×0.15+15+162故答案為：C.

【分析】利用已知條件結(jié)合頻率分布直方圖求平均數(shù)和中位數(shù)的方法，進(jìn)而估計出該100名考生的成績的平均數(shù)和中位數(shù).7．【答案】C【解析】【解答】因為點(x所以將x=16+12+8+44=10解得a=34.故答案為：C.

【分析】由于線性回歸直線一定過樣本中心點，所以將樣本中心點坐標(biāo)代入可求得結(jié)果.8．【答案】D【解析】【解答】解：在△ABC中，C=2π3，AC=1，BC=2，

由CM是△ABC的角平分線，且CM交AB于M，

設(shè)M到兩邊的距離為d，則S?AMCS?BMC=BC·dAC·d=2，所以S?AMC=13S?ABC=13×12×1×2×32=36，

已知三角形△AMC的三個內(nèi)角均小于2π3，則點P與三角形△AMC的三個頂點的連線兩兩成角9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，根據(jù)空間向量基底的定義，可得任意三個不共面的向量都可以作為一個空間向量的基底，所以A對；

對于B，因為a//b，根據(jù)空間向量基底的定義，則要求a→，b→不共線，所以與已知條件矛盾，所以B錯；又由BA，BM，BN過相同點B，可得A，B，M，N四點共面，所以C對；

對于D，由{a，b

【分析】根據(jù)空間基底的定義，再結(jié)合向量共面定理，進(jìn)而找出真命題的選項.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：對于A，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，AA1∩AC=A，AA1，AC?平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1，A1M?平面ACC1A1，BD⊥A1M，所以A對；

對于B，B∈平面A1BC1，M不屬于平面A1BC1，所以BM不包含于平面A1BC1，

所以BM與A1C1異面不相交，所以B錯；故答案為：AC.

【分析】利用線線垂直和線面垂直的推導(dǎo)關(guān)系，進(jìn)而判斷出選項A；利用異面直線的定義判斷出選項B；利用基本事實3找出交線，然后求出交線的長，從而判斷出選項C；利用外接球與正四棱柱的位置關(guān)系，找出球心，進(jìn)而求出球的半徑，再結(jié)合球的表面積公式得出三棱錐B111．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：若動點A(x1，y1)、B(x2，y2)分別在直線l1：x?2y+2=0與l2：x?2y+8=0上移動，則x1?2y1+2=0，(1)，x2?2y2+8=0，(2)，

因為AB的中點為故答案為：ACD.

【分析】利用已知條件結(jié)合代入法和求和法，再結(jié)合中點坐標(biāo)公式和二次函數(shù)求值域的方法，進(jìn)而得出AB的中點M到原點的距離可能的值。12．【答案】B,C,D【解析】【解答】因為拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2，所以所以拋物線方程為y2=4x，則焦點F(1，若|AF|=4，則xA=3，所以yA可設(shè)A(x1，y1)直線AB的方程為x=my+1，與拋物線y2消去x，可得y2可得y1+y由拋物線的定義可得|即m2y1解得m=±3，則直線AB的斜率為±對于D，若x軸平分∠HFB，則∠OFH=∠OFB，又AH//x軸，所以∠AHF=∠OFH=∠OFB=∠AFH，所以HF=AF=AH，所以xA+xH2故答案為：BCD

【分析】利用拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2，進(jìn)而得出p的值，從而得出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，進(jìn)而得出焦點F的坐標(biāo)和準(zhǔn)線的方程；再利用|AF|=4結(jié)合拋物線的定義得出點A的橫坐標(biāo)，再利用代入法得出點A的縱坐標(biāo)，再結(jié)合兩點距離公式得出OA的長；可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用直線與拋物線相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合韋達(dá)定理得出y1+y2=4m13．【答案】（1）解：展開式中第r+1項為Tr+1所以前三項系數(shù)的絕對值依次為Cn依題意有，Cn0+整理得n2?9n+8=0，解得n=1（舍去）或由二項式系數(shù)的性質(zhì)可知，展開式中第5項的二項式系數(shù)最大，即T5（2）解：由（1）知，Tr+1又0≤r≤8，r∈Z，由8?4故展開式中的有理項為：T1=x8，【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合二項式定理求出展開式中的通項公式，從而得出前三項系數(shù)的絕對值，再結(jié)合等差中項公式和一元二次方程求解方法，進(jìn)而得出滿足要求的n的值，由二項式系數(shù)的性質(zhì)可知，展開式中第5項的二項式系數(shù)最大，進(jìn)而由展開式中的通項公式得出展開式中二項式系數(shù)最大的項..

（2）利用（1）求出的n的值得出展開式中的通項公式，即Tr+114．【答案】（1）證明：如圖，設(shè)AC∩BD=O，連接EO，由四邊形ABCD是正方形得AO=OC，因H為BC的中點，故OH//AB且又因EF//AB且EF=12AB故得平行四邊形EFHO，則有FH//因FH?平面BDE，EO?平面BDE，故得FH//平面BDE（2）解：由（1）得：EF//OH，OH⊥BC，則有因EF⊥FB，F(xiàn)B∩BC=B，F(xiàn)B，BC?平面BFC，故又FH?平面BFC，則EF⊥FH，故OH⊥FH，又BF=FC，則FH⊥BC，因BC∩OH=H，BC，OH?平面ABCD，故因AC?平面ABCD，則FH⊥AC，故OE⊥AC，因AC⊥BD，BD∩OE=O，BD，OE?平面（3）解：如圖，由（2）知FH⊥平面ABCD，分別以HC，HO，不妨設(shè)正方形邊長為2，在Rt△BFC中，F(xiàn)H=12BC=1則有B于是BD=(2，2則m?BD=2CD=(0，2則n?CD=2設(shè)二面角B?DE?C的平面角為θ，易知θ為銳角，則cosθ=故得θ=60°，即二面角B?DE?C為【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合正方形的結(jié)構(gòu)特征和中位線的性質(zhì)，進(jìn)而得出線線平行和線段相等，再結(jié)合平行四邊形的定義，從而判斷出四邊形EFHO為平行四邊形，進(jìn)而得出線線平行，再結(jié)合線線平行證出線面平行，從而證出FH//平面EDB.

（2）由（1）結(jié)合線線垂直和線面垂直的關(guān)系，進(jìn)而證出線面垂直.

（3）由（2）知FH⊥平面ABCD，從而建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)而得出點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系，再利用數(shù)量積的坐標(biāo)表示，進(jìn)而得出平面BDE的法向量和平面CDE的法向量，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式得出二面角B?DE?C15．【答案】（1）解：直線l的方程可化為y=ax+3+a要使直線l不經(jīng)過第三象限，則必須有a≤0a解得a≤0，故a的取值范圍是(（2）解：設(shè)原點O到直線l的距離為d，則d=|3+當(dāng)且僅當(dāng)2a2+1所以原點O到直線l的距離的最小值為22此時直線l的方程為x?y+4=0或x+y?4=0.【解析】【分析】本題考查直線截距式方程的應(yīng)用，點到直線的距離公式.（1）將直線方程轉(zhuǎn)化為斜截式可得：y=ax+3+a2，根據(jù)直線l不經(jīng)過第三象限，可列出方程組a≤0a（2）利用點線距離公式可列出式子d=2a2+1+16．【答案】（1）解：過B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，過B∵平面ABCD∥平面A1B1∴AB⊥PQ，AB⊥B1P．∴∠過C1作C由于相對側(cè)面與底面所成二面角的大小相等，故四邊形B1∴PG=12(∴tan∴∠B1PG=（2）解：∵AB，CD是矩形ABCD的一組對邊，有AB∥CD，又CD是面ABCD與面CDEF的交線，AB在平面CDEF外，∴AB∥面CDEF．∵EF是面ABFE與面CDEF的交線，∴AB∥EF．∵AB是平面ABCD內(nèi)的一條直線，EF在平面ABCD外，∴EF∥面ABCD；（3）解：V估∵a＞c，b＞d，∴V?∴V估＜V．【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合二面角的平面角的作法，從而找出所求二面角的平面角，再結(jié)合相對側(cè)面與底面所成二面角的大小相等，故四邊形B1PQC1為等腰梯形，再結(jié)合等腰梯形的結(jié)構(gòu)特征和正切函數(shù)的定義以及反三角函數(shù)求解方法，進(jìn)而得出所求二面角的大小.

（2）利用矩形的結(jié)構(gòu)特征證出線線平行，再結(jié)合線線平行證出線面平行，由EF是面ABFE與面CDEF的交線，從而證出線線平行，再結(jié)合線面平行的判定定理，進(jìn)而證出EF∥ABCD.

（3）因為a＞c，b＞d，再利用多面體的體積公式，即V=h6(S上底面17．【答案】（1）解：過點M作MG//DE，交AD于點G，連接NG、因為MG//DE，所以由已知可得，AE=BD=4+4=22所以，AM=BN，AMME所以，AGGD所以，GN//又AB//CD，所以因為MG?平面CDE，MG//DE，DE?平面所以，MG//平面CDE同理可得，GN//平面CDE因為MG?平面MNG，GN?平面MNG，MG∩GN=G，所以，平面MNG//平面CDE因為MN?平面MNG，所以直線MN//平面CDE（2）解：由（1）可知，MG//DE，所以，MGED所以，MG=AM?ED同理可得，GN=DN?AB又平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，ED⊥AD，ED?平面ADEF，所以，ED⊥平面ABCD，因為CD?平面ABCD，所以ED⊥CD，因為MG//DE，GN//所以，△MGN是直角三角形，所以，M=x即y=(x?（3）解：由y=(x?2)所以當(dāng)x=2，即M、N分別為線段AE、BDMN有最小值2，M、N兩點間的最短距離為2.【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合兩直線平行對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，進(jìn)而證出線線平行，再結(jié)合線線平行證出線面平行，再利用線面平行證出面面平行，再結(jié)合面面平行的性質(zhì)定理證出線面平行，從而證出MN//平面DCE.

（2）由（1）可知，MG//DE，再利用線線平行對應(yīng)邊成比例，進(jìn)而得出MG，GN與x的關(guān)系式，再結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理證出線線垂直，從而證出三角形△MGN是直角三角形，再結(jié)合勾股定理得出y與x的函數(shù)關(guān)系式.

（3）由y=(x?2)218．【答案】（1）解：由于MA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以MA=AB=a，四邊形ABCD是正方形，所以MD