北京市懷柔區(qū)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)期末檢測(cè)試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題1．若直線的傾斜角為60°，則直線的斜率為（）A．3 B．?3 C．33 2．若直線2x+y?1=0與直線x?my=0垂直，則m=（）A．?2 B．?12 C．2 3．已知拋物線C：A．(116，0) B．(0，14．若點(diǎn)A(1，2，3)，點(diǎn)B(4，A．(3，0，C．(32，5．若圓O1：x2+A．1 B．2 C．5 D．1或56．將單位圓x2A．9x2+4y2=1 B．x7．已知雙曲線C：A．x±3y=0 B．3x±y=0 C．x±3y=08．在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=3A．30° B．45° C．60° D．90°9．在平面內(nèi)，A、B是兩個(gè)不同的定點(diǎn)，C是動(dòng)點(diǎn)，若|AC||BC|=2，則點(diǎn)A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線10．從7個(gè)人中選4人負(fù)責(zé)元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排2人，第二天和第三天均安排1人，且人員不重復(fù)，則不同安排方式的種數(shù)可表示為（）A．C74A33 B．C7二、填空題11．圓x2+y2?2x=012．設(shè)雙曲線x23?y2=1的左右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線上，則||P13．過(guò)點(diǎn)(?1，2)且與直線l：14．在(2x?1)5的展開(kāi)式中，x的系數(shù)為15．?dāng)?shù)學(xué)中有許多美麗的曲線，它蘊(yùn)藏于特有的抽象概念，公式符號(hào)，推理論證，思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實(shí)美.如曲線C：①曲線C關(guān)于直線y=x對(duì)稱(chēng)；②曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都小于2；③曲線C圍成的圖形的面積是2+π.其中，正確結(jié)論的序號(hào)是.三、解答題16．在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓M的圓心在直線y=?2x上，且與直線x+y?1=0相切于點(diǎn)P(2，（1）求圓M的方程；（2）若定點(diǎn)A(3，0)，點(diǎn)B在圓上，求17．已知拋物線C：y2（1）求p的值；（2）過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A，B兩個(gè)不同點(diǎn)，若AB的中點(diǎn)為M(3，?2)，求18．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=3，（1）求直線BC1與（2）求BC1與平面19．如圖，四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，∠DAB=∠ADC=π2，PA⊥AD，AB=3，CD=AD=2，（1）求證：CD//平面PAB（2）求平面PAB與平面PCD所成角的大小.20．已知橢圓C：x2a2+y2b（1）求橢圓C的方程；（2）過(guò)點(diǎn)F1的直線l與橢圓C交于A，B兩個(gè)不同的點(diǎn)，求證：x軸上存在定點(diǎn)P，使得直線PA與直線PB21．如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的2倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn).（1）求證：AC⊥SD；（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；（3）在（Ⅱ）的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由.

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因?yàn)橹本€的傾斜角為60°，所以直線的斜率k=tan60故答案為：A.【分析】結(jié)合斜率計(jì)算公式k=tanα，即可得出答案。2．【答案】C【解析】【解答】∵直線2x+y?1=0與直線x?my=0垂直，∴?2×∴m=2故答案為：C

【分析】根據(jù)兩直線垂直的條件列方程，求出m的值.3．【答案】D【解析】【解答】由拋物線C：x2=4y可得其焦點(diǎn)在故答案為：D.

【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)，即可求出焦點(diǎn)坐標(biāo).4．【答案】A【解析】【解答】設(shè)C(x，y，因?yàn)锳C=2CB，所以x?1=2(4?x)y?2=2(?1?y)故點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3，故答案為：A.

【分析】根據(jù)題意，設(shè)C(x，y，5．【答案】D【解析】【解答】圓O1：x2+y2=r2的圓心和半徑為故答案為：D

【分析】根據(jù)題意，分析兩個(gè)圓的圓心和半徑，求出圓心距，由圓與圓的位置關(guān)系分析可得|3-r|=2，求解可得r的值.6．【答案】C【解析】【解答】設(shè)得到曲線上任意一點(diǎn)(x'，y')，由題意可知：?jiǎn)挝粓Ax2+y所以(x'3所以單位圓x2+y故答案為：C.

【分析】設(shè)得到曲線上任意一點(diǎn)(x'，y')，(x7．【答案】B【解析】【解答】由雙曲線C：x∴e=c所以雙曲線的漸近線方程為y=±3即3x±y=0故答案為：B

【分析】由已知條件可求得a，b，再根據(jù)雙曲線的漸近線方程可得答案.8．【答案】B【解析】【解答】如圖，連接AB設(shè)l是平面BB1C1C①當(dāng)l//BC或l與BC重合時(shí)，∠B1C又B1C1⊥AB則在Rt△AB1C②當(dāng)l與BC不平行且不重合時(shí).設(shè)BA=a，BC=b，且|a|=3，|b|=則AC1=?根據(jù)平面向量基本定理，可知?λ，μ∈R，n=λ則n=λBC+μ所以n1=λ設(shè)m=λμ，則設(shè)直線AC1和l所成的角為θ，則AC1?n1=(?a則|cos令t=(2m+16該方程有解，即Δ=(?4)解得0≤t≤12，即0≤(所以0≤cos因?yàn)棣取蔥0°，90所以當(dāng)cosθ=22時(shí)，θ又tan∠B1綜上所述，直線AC1與平面BB故答案為：B.

【分析】設(shè)l是平面BB1C1C內(nèi)任一直線，n是l的一個(gè)方向向量，當(dāng)l//BC或l與BC重合時(shí)，∠B1C1A即等于直線AC1和l所成的角，在Rt△AB1C1中，求出tan∠B1C1A；當(dāng)l與BC不平行且不重合時(shí)，設(shè)BA=a，BC=b，9．【答案】A【解析】【解答】在平面內(nèi)，A，B是兩個(gè)定點(diǎn)，C是動(dòng)點(diǎn)，以AB方向?yàn)閤正方向，線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)|AB|=2a，則A(?a，0)，B所以AC=(x+a，因?yàn)閨AC||BC|=2，即所以(x+a)2+y化簡(jiǎn)得(x?5所以點(diǎn)C的軌跡為圓．故答案為：A．

【分析】設(shè)出A、B、C的坐標(biāo)，利用已知條件，轉(zhuǎn)化求解C的軌跡方程，推出結(jié)果即可.10．【答案】D【解析】【解答】用分步計(jì)數(shù)原理.第一步，從7個(gè)人中選2人的負(fù)責(zé)值班第一天，不同安排方式的種數(shù)C7第二步，剩余5人選取2人安排在第二天和第三天，不同安排方式的種數(shù)A5所以，不同安排方式的種數(shù)可表示為C7故答案為：D.

【分析】根據(jù)題意，分2步進(jìn)行分析：①先在7人中選出2人，安排在第一天值班，②在從剩下的5人中選出2人，安排在第二天和第三天值班，由分步計(jì)數(shù)原理計(jì)算可得答案.11．【答案】(1，0)【解析】【解答】因?yàn)閳Ax2+y所以所求圓心為(1，0)，半徑為故答案為：(1，0)；

【分析】把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式，可得圓心和半徑.12．【答案】23；【解析】【解答】由x23?故|?|PF1|設(shè)P(x0因?yàn)椤螰所以F1因?yàn)閤0所以3y解得y0=?故答案為：23；±

【分析】由雙曲線的性質(zhì)，結(jié)合平面向量的數(shù)量積的運(yùn)算求解，可得答案.13．【答案】x+y?1=0【解析】【解答】設(shè)與與直線l：x+y+1=0平行的直線方程為x+y+c=0，(c≠1)，將點(diǎn)(?1，故答案為：x+y?1=0

【分析】設(shè)與與直線l：x+y+1=0平行的直線方程為x+y+c=0，14．【答案】10【解析】【解答】(2x?1)5展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r+1=令5?r=1，可得r=4.所以，x的系數(shù)為(?1)4故答案為：10.

【分析】先求出二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，再令x的冪指數(shù)等于1，求得r的值，即可求得展開(kāi)式中的x的系數(shù).15．【答案】①③【解析】【解答】設(shè)點(diǎn)A(x，y)在曲線C上，則x2+y2=|x|+|y|，A(x，y)關(guān)于直線y=x對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)A'(y，x)曲線C：x2+y2=當(dāng)x≥0，y≥0時(shí)，可得x2+y2?x?y=0，可得(x?12)2+(y?12根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知曲線C圍成的圖形的面積為4個(gè)半圓的面積加上邊長(zhǎng)為2的正方形的面積，即2×2+4×故答案為：①③

【分析】由已知結(jié)合曲線的對(duì)稱(chēng)性檢驗(yàn)①，結(jié)合圓的性質(zhì)檢驗(yàn)②③即可得答案.16．【答案】（1）解：設(shè)圓M為(x?a)2+(y?b)2=因?yàn)閳A心M(a，b)在直線y=?2x上，所以因?yàn)橹本€x+y?1=0與圓M相切于點(diǎn)P(2，?1)，所以直線x+y?1=0與直線所以kPM=1，即b+1a?2=1，則?2a+1a?2所以r=|PM|=(1?2)故圓M為(x?1)2（2）解：因?yàn)?3?1)2+(0+2)2>2因?yàn)閨AM|=(3?1)所以|AB|min=|AM|?r=2，即|AB|【解析】【分析】(1)利用待定系數(shù)法設(shè)圓M為(x?a)2+(y?b)2=17．【答案】（1）解：由已知可得，p2=1，所以（2）解：由（1）知，拋物線的方程為y2設(shè)A(x1，y1)，B(x兩式作差可得，y12?因?yàn)锳B的中點(diǎn)為M(3，?2)，所以y1即y1?y2x1?x2聯(lián)立l與拋物線的方程x+y?1=0y2=4xΔ=4所以，直線l方程為x+y?1=0.又x1+x點(diǎn)O到直線l的距離d=|0+0?1|所以△OAB的面積S=1【解析】【分析】(1)由已知可得p2=1，求解可得p的值；

(2)由F(1，0)，M(3，-2)，寫(xiě)出直線l的方程，并與拋物線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理求得x1+x2的值，根據(jù)拋物線的定義可知|AB|=x1+18．【答案】（1）解：以D為原點(diǎn)，DA，?DC，DD1則A1所以A1C=(?2，3所以A1C⊥BC1，故直線（2）解：因?yàn)镋C=(?2設(shè)平面A1EC的法向量為m=(x，y，令y=2，則x=2，z=1，于是m=(2設(shè)BC1與平面A1則sinθ=|所以BC1與平面A【解析】【分析】(1)以D為原點(diǎn)，DA，?DC，DD1的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求出A1C→，BC1→，利用空間向量的數(shù)量積求解出直線BC119．【答案】（1）證明：因?yàn)樵谒睦忮FP?ABCD中，∠DAB=∠ADC=π所以AB//因?yàn)锳B?平面PAB，CD?平面PAB，所以CD//平面（2）解：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，又因?yàn)镻A⊥AD，所以PA⊥平面ABCD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP為x軸，y軸，則A(0，設(shè)平面PCD的法向量為n由n?CD=0n?PD所以n又因?yàn)锳D⊥平面PAB，平面PAB的一個(gè)法向量m設(shè)平面PAB與平面PCD所成角為θ，則|顯然二面角為銳角，所以cosθ=3所以平面PAB與平面PCD所成角為π6【解析】【分析】(1)由題意得AB//CD，利用線面平行的判定定理，即可證得CD//平面PAB；

(2)由題意可得AB，AD，AP兩兩垂直，則建立以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，求出平面PCD的法向量和平面PAB的一個(gè)法向量，利用向量法可求出平面PAB與平面PCD20．【答案】（1）解：由題意可得：2c=4a2=b2+c（2）證明：設(shè)A(x當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)為k，則直線l：y=k(x+2).聯(lián)立x28+y2所以x1設(shè)x軸上存在定點(diǎn)P(t，0)，則kPA因?yàn)閗PA+k所以y1×(x整理得：2x所以2×8所以16k2?16?16即P(?4，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由對(duì)稱(chēng)性可知：A，B關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，由P(?4，0)，可知直線PA與直線PB關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，所以直線PA與直線綜上所述：x軸上存在定點(diǎn)P(?4，0)，使得直線PA與直線【解析】【分析】(1)根據(jù)題意求出c，a和b的值，即可求出橢圓C的方程；

(2)設(shè)x軸上存在定點(diǎn)P(t，0)，直線l：y=k(x+2)，由直線方程與橢圓方程聯(lián)立消去y，得x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線PA，PB的斜率，利用kPA+kPB=0，求出t的值，即可證得x21．【答案】（1）證明：連BD，設(shè)AC交BD于O，由題意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD（2）解：設(shè)正方形邊長(zhǎng)a，則SD=2又OD=2連OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，即二面角P－AC－D的大小為30°（3）解：在棱SC上存在一點(diǎn)E，使BE∥平面PAC．由（II）可得PD=2又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．由于SN