辽宁省五校（鞍山一中、大连二十四中等）2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题（答案在卷尾）

这是一份辽宁省五校（鞍山一中、大连二十四中等）2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题（答案在卷尾），共20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。

一、单选题
1．直线2x+y+1=0和直线x+2y+1=0的位置关系是（ ）
A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合
2．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于110°，则直线l与平面α的所成的角等于（ ）
A．20°B．70°C．110°D．以上均错
3．在平面内，已知定点A及定直线l，记动点P到l的距离为d，则“|PA|=d”是“点P的轨迹是以点A为焦点，直线l为准线的抛物线”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．1+1x2(x−2)6的展开式中x3的系数为（ ）
A．−512B．−172C．−160D．192
5．正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AB1与平面ACC1A1所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
6．用1,2,3,⋯,9这九个数字组成的无重复数字的四位奇数中，各位数字之和为偶数的共有（ ）
A．120个B．600个C．720个D．840个
7．已知椭圆C:x29+y2b2=1(0b>0)上，F0,1是椭圆的一个焦点.经过点F的直线l与椭圆交于C,D两点，l与x轴交于点P，直线AC与BD交于点Q.
(1)当CD=322时，求直线l的方程；
(2)当点P异于点A,B点，求OP⋅OQ.
22．已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F3,0，渐近线与抛物线C2:y2=2px(p>0)交于点1,22.
(1)求C1,C2的方程；
(2)设A是C1与C2在第一象限的公共点，作直线l与C1的两支分别交于点M,N，便得AM⊥AN.
（i）求证：直线MN过定点；
（ii）过A作AD⊥MN于D.是否存在定点P，使得DP为定值？如果有，请求出点P的坐标；如果没有，请说明理由.
参考答案：
1．B
【分析】根据两直线的方程求出各自的斜率，然后斜率的关系进行判断即可.
【详解】方程2x+y+1=0可化为y=−2x−1，因此该直线的斜率k1=−2.
方程x+2y+1=0可化为y=−12x−12，因此该直线的斜率k2=−12，
因为k1≠k2,k1⋅k2=1≠−1，所以这两条直线相交但不垂直.
故选：B.
2．A
【分析】利用直线的方向向量与法向量的夹角与线面角的关系可求答案.
【详解】因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于110°，
所以直线l与平面α的所成的角为110°−90°=20°.
故选：A.
3．C
【分析】根据抛物线的定义和利用充分条件和必要条件的定义进行判断.
【详解】“点P的轨迹是以点A为焦点，直线l为准线的抛物线”⇒“|PA|=d”， 反之不成立，直线经过定点A，轨迹不是抛物线.因此“|PA|=d”是“点P的轨迹是以点A为焦点，直线l为准线的抛物线”的必要不充分条件.
故选：C.
4．B
【分析】由1+1x2(x−2)6=(x−2)6+1x2(x−2)6，根据单项式与多项式的乘法法则结合二项式定理求展开式中x3的系数.
【详解】因为1+1x2(x−2)6=(x−2)6+1x2(x−2)6，
因为x−26的展开式的通项Tk+1=C6kx6−k−2k，
所以x−26的展开式中含x3的项为C63x3−23=−160x3，其系数为−160，
所以1x2⋅x−26的展开式中含x3的项为C61x3⋅−21=−12x3，其系数为−12，
所以1+1x2(x−2)6的展开式中x3的系数为−172.
故选：B.
5．A
【分析】根据给定条件，作出直线与平面所成的角，再在三角形中求解作答.
【详解】正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1∩A1C1=O，连接AO，如图，
则有B1O⊥A1C1，而AA1⊥平面A1B1C1D1，B1O⊂平面A1B1C1D1，即有B1O⊥AA1，
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1⊂平面ACC1A1，因此B1O⊥平面ACC1A1，
则∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角，
在Rt△AB1O中，∠AOB1=90∘，B1O=12B1D1=12AB1，则有∠B1AO=30∘，
所以直线AB1与平面ACC1A1所成的角为30°.
故选：A
6．D
【分析】首先根据题意将问题分成四位均为奇数和四位中两位偶数两位奇数两种情况，然后分别计算两种情况所包含的四位奇数个数，最后根据分类相加原理即可求出总共个数.
【详解】根据题意，若想组成四位奇数且各位数字之和为偶数，分以下两种情况：
（1）四位数均为奇数：包含A54=5×4×3×2×1=120种；
（2）四位数中两位奇数两位偶数：包含3×A52×A42=3×5×4×4×3=720种.
综上所述一共包含120+720=840个.
故选：D
7．C
【分析】设F1关于∠F1PF2平分线的对称点为Q，结合角平分线的性质可得△PQF1是正三角形，再运用椭圆定义求得PF1，PF2，根据三角形面积公式求△F1PF2的面积即可.
【详解】设椭圆x29+y2b2=1(012=cs60∘，
又余弦函数y=csx在0,π上单调递减，
所以∠AMBmax0时，方程由两个不相等的实根，
则此时直线与双曲线有两个交点；
当直线斜率存在时，可设直线方程为y=kx+n，将其代入双曲线方程x2a2−y2b2=1，
则x2a2−kx+n2b2=1，整理可得b2−a2k2x2−2a2knx−a2n2−a2b2=0，
显然当b2−a2m2≠0，且Δ=2a2kn2+4b2−a2k2a2n2+a2b2>0时，该方程有两个不相等的实根，
则此时直线与双曲线有两个交点，
故答案为：2.
14．0
【分析】利用空间向量加减法法则，把BE用AB、AC、AD表示出来，即可求出结果.
【详解】
如图所示，因为E是棱CD的中点，
所以BE=12BD+12BC=12AD−AB+12AC−AB=−AB+12AC+12AD，
则x=−1,y=12,z=12，
所以x+y+z=0，
故答案为：0.
15．24
【详解】由题意，第一类，大一的孪生姐妹在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的年级，从三个年级中选两个为C32，然后分别从选择的年级中再选择一个学生，为C21C21，故有C32 C21C21=3×2×2=12种．
第二类，大一的孪生姐妹不在甲车上，则从剩下的3个年级中选择一个年级的两名同学在甲车上，为C31，然后再从剩下的两个年级中分别选择一人（同第一类情况），这时共有C31 C21C21=3×2×2=12种
因此共有24种不同的乘车方式
16．4155
【分析】根据条件建立适当的空间坐标系，利用空间向量得到坐标，进而利用等体积转化求得点面距离.
【详解】如图所示以D为中心建立空间直角坐标系，设Px,y,0，B14,26,4、E4,463,0、F2,26,0、G0,26,2,
∴PB1=4−x,26-y,4、EF=−2,263,0、GF=2,0,−2
∵直线PB1⊥与平面EFG垂直，
∴PB1⋅EF=0PB1⋅GF=0∴2x−8+8−263y=08−2x−8=0，解得：x=0y=0即P0,0,0
设点A到平面PBB1的距离为d，则有：
VB1−ABP=13×4×26×4=VA−PB1B=13×d×262+42×4∴d=4155
故答案为：4155
17．(1)n=12
(2)a=2
【分析】（1）由二项式定理求前三项的二项式系数，列方程即可求得；
（2）由二项式定理求ax+13x12的通项Tr+1，由此可求常数项，由条件列方程求a即可.
【详解】（1）二项式x+1a3xn的展开式的前三项的二项式系数依次为Cn0,Cn1,Cn2，
因为展开式中的前三项的二项式系数之和等于79，
所以有Cn0+Cn1+Cn2=1+n+nn−12=79，
即n2+n−156=0，
解得n=12或n=−13.
因为n>0，所以n=12.
（2）因为x+1a3x12展开式的通项为
Tr+1=C12rx12−r1a3xr=C12r1arx12−43r，r=0,1,⋯,12
令12−43r=0，得r=9，所以常数项为C1291a9，
由已知C1291a9=55128
整理得220a9=55128，
所以a=2.
18．(1)条件选择见解析，(x+1)2+(y−2)2=4
(2)x=−3或3x+4y−15=0
【分析】（1）选①把三个点代入圆的一般方程求得结果；②利用圆心在线段AB的中垂线上以及与x轴相切，半径为2确定圆心坐标，写出圆的方程；③圆心在线段AB的中垂线上和直线y=2上，求出圆心坐标及半径，写出圆的方程.
（2）分成直线l斜率存在与不存在两种情况进行讨论，利用d=r进行求解.
【详解】（1）选①.设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为圆M经过三点A1,2,B−1,4,C−3,2，
所以5+D+2E+F=017−D+4E+F=013−3D+2E+F=0，解得D=2,E=−4,F=1.
所以圆M的方程为x2+y2+2x−4y+1=0，即(x+1)2+(y−2)2=4.
选②.由点A1,2,B−1,4，得线段AB的中垂线方程为y=x+3.
则圆心M在直线y=x+3上，
设圆M的圆心坐标为a,a+3，
又由圆M与x轴相切，可知圆心M在x轴上方
由半径为2，得a+3=2，所以a=−1.
所以圆M的方程为(x+1)2+(y−2)2=4.
选③.由点A1,2,B−1,4，得线段AB的中垂线方程为y=x+3.
则圆心M在直线y=x+3上，
因为圆M被直线y=2平分，则圆心M在直线y=2上.
由y=x+3y=2解得x=−1,y=2,所以圆心M坐标为−1,2，
所以半径r=2，
所以圆M的方程为(x+1)2+(y−2)2=4.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−6=kx+3，
即kx−y+3k+6=0.
因为直线l与圆M相切，所以2k+4k2+1=2，解得k=−34，
所以直线l的方程为3x+4y−15=0.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−3，符合题意；
综上，直线l的方程为x=−3或3x+4y−15=0.
19．(1)证明见解析；
(2)210−2515.
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定证明AB⊥平面POC，再利用面面垂直的判定推理作答.
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算作答.
【详解】（1）依题意，PO⊥平面AOB，AB⊂平面AOB，有PO⊥AB，又点C为弧AB的中点，即有OC⊥AB，
且PO∩OC=O,PO,OC⊂平面POC，则AB⊥平面POC，又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面POC.
（2）以O为原点，OA,OB,OP的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A2,0,0,B0,2,0,P0,0,4,C2,2,0，
所以AB=−2,2,0,AP=−2,0,4,PC=2,2,−4，
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AB=−2x+2y=0n⋅AP=−2x+4z=0，取z=1，得n=2,2,1，
设直线PC与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=|cs〈n,PC〉|=|n⋅PC||n||PC|=42−465=210−2515，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为210−2515.
20．(1)证明见解析
(2)49
【分析】（1）利用勾股定理，可得PA⊥AB，再利用全等三角形以及线面垂直判定以及性质定理，可得PA⊥BD，结合线面垂直判定定理，可得答案.
（2）由题意，建立空间直角坐标系，表示点的坐标，求得平面的法向量，根据公式，可得答案.
【详解】（1）如图，连接AE,AE与BD的交点记为点O，
∵AB=BC,BE=12BC=2=CD, ∠ABE=∠BCD=90∘,
∴△ABE≅△BCD,∴∠BAE=∠CBD,
∵∠ABD+∠CBD=90∘, ∴∠ABD+∠BAE=90∘,∴∠AOB=90∘,即BD⊥AE,
又∵BD⊥PE，且PE∩AE=E，PE,AE⊂平面PAE，
∴BD⊥平面PAE，又PA⊂平面PAE，∴BD⊥PA,
∵PA2+AB2=20=PB2,∴PA⊥AB,又∵BD∩AB=B，BD,AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
（2）如图，以B为原点，BA､BC所在直线分别为x､y轴，平行于AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则B0,0,0,A4,0,0,C0,4,0,P4,0,2,E0,2,0,D2,4,0，
∴BP=4,0,2，设BM=λBP0≤λ≤1，则BM=4λ,0,2λ，即点
M4λ,0,2λ
则EM=4λ,−2,2λ,ED=2,2,0，
设平面DEM的法向量n1=x,y,z，
由n1⋅ED=2x+2y=0n1⋅EM=4λx−2y+2λz=0，取x=λ，则n1=λ,−λ,−2λ−1，
易知，平面ADE的一个法向量为n2=0,0,1，
∵二面角M−DE−A的余弦值为539，
∴csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2λ+12λ2+(2λ+1)2=539，
整理得21λ2−4λ−1=0，解得λ=−17（舍）或λ=13.
∴BM=13BP，此时点M为线段BP靠近点B的三等分点，
∴点M到平面BDE的距离h=13PA=23，又S△BDE=12⋅DC⋅BE=2，
∴三棱锥M−BDE的体积为13⋅S△BDE⋅h=49.
21．(1)y=±2x+1
(2)1
【分析】（1）由条件求椭圆方程，设直线l的方程为y=kx+1，利用设而不求法求弦长CD，列方程求k；
（2）求直线AC,BD的方程，联立求点Q的坐标，结合数量积坐标运算公式求OP⋅OQ.
【详解】（1）由题意，b=1,c=1，
所以a2=b2+c2=2，
所以椭圆的方程为y22+x2=1
依题意，直线l与坐标轴不垂直且不经过A,B两点，
设l的方程为y=kx+1k≠0,k≠±1，
由y=kx+1,y22+x2=1,消去y整理得k2+2x2+2kx−1=0，
因为直线l过点F0,1，所以Δ>0恒成立，
设Cx1,y1,Dx2,y2，则
x1+x2=−2kk2+2,x1x2=−1k2+2，
由CD=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+k2⋅8k2+1k2+2=322，
解得k=±2，
所以l的方程为y=±2x+1.
（2）直线AC的斜率为kAC=y1x1+1，故其方程为y=y1x1+1x+1，
直线BD的斜率为kBD=y2x2−1，故其方程为y=y2x2−1x−1，
由y=y1x1+1x+1,y=y2x2−1x−1,两式相除得
x+1x−1=y2x1+1y1x2−1=kx2+1x1+1kx1+1x2−1=kx1x2+kx2+x1+1kx1x2−kx1+x2−1，
即xQ+1xQ−1=kx1x2+kx2+x1+1kx1x2−kx1+x2−1.
由x1+x2=−2kk2+2得x1=−2kk2+2−x2，
故xQ+1xQ−1=−kk2+2+kx2−2kk2+2−x2+1−kk2+2−k−2kk2+2−x2+x2−1=k−1k−2k2+2+k−1x2k−2k+1k2+2+k+1x2=k−1k+1
解得xQ=−k，又P−1k,0，
故OP⋅OQ=xPxQ=−1k⋅−k=1.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．(1)C1:x22−y2=1，C2:y2=12x；
(2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析.
【分析】（1）利用待定系数法求出C1,C2的方程；
（2）（i）设方程为y=kx+m.令Mx1,y1Nx2,y2,利用“设而不求法”得到x1+x2=4km1−2k2,x1x2=−2m2−21−2k2.表示出AM⋅AN=0,整理可得： (6k+m+3)(2k+m−1)=0.可以判断出直线MN的方程为y=kx−6−3=kx−6−3,即可证明过定点B6,−3.（ⅱ）由∠ADB为直角，判断出D在以AB为直径的圆上，得到P4,−1为AB的中点,使得DP为定值.
【详解】（1）因为F3,0，渐近线经过点1,22，
所以c=3ba=22c2=a2+b2，解得：c=3a=2b=1，所以C1:x22−y2=1
抛物线C2:y2=2px经过点1,22
所以2p=222=12，所以C2:y2=12x
（2）（i）因为M,N在不同支,所以直线MN的斜率存在,设方程为y=kx+m.
令Mx1,y1Nx2,y2,联立y=kx+mx22−y2=1得， 1−2k2x2−4kmx−2m2−2=0，则x1+x2=4km1−2k2,x1x2=−2m2−21−2k2.
联立C1,C2可得y2=12xx22−y2=1，解得：A2,1.
因为AM⋅AN=0,所以(x1−2)(x2−2)+(y1−1)(y2−1)=0，
代入直线方程及韦达结构整理可得：12k2+8km+m2+2m−3=0，
整理化简得：(6k+m+3)(2k+m−1)=0.
因为A2,1不在直线MN上,所以2k+m−1≠0,6k+m+3=0.
直线MN的方程为y=kx−6k−3=kx−6−3,过定点B6,−3.
（ⅱ）因为A,B为定点,且∠ADB为直角，
所以D在以AB为直径的圆上,AB的中点P4,−1即为圆心,半径DP为定值.
故存在点P4,−1,使得DP为定值.