2022-2023學年北京市昌平區第二中學高二上學期數學期末模擬測試（一）試題一、單選題1．已知點，則線段的中點坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用中點坐標公式即可求解.【詳解】由點，則線段的中點坐標為，即.故選：B2．圓心為，半徑為的圓的方程為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】根據圓的標準方程的形式，由題中條件，可直接得出結果.【詳解】圓心為，半徑為的圓的方程為.故選：D.3．已知直線和互相平行，則（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【解析】根據兩直線平行的條件求解．【詳解】時，兩直線顯然不平行，時，則，解得或．故選：C．【點睛】易錯點睛：本題考查由直線平行求參數值，解題時要注意在由條件求參數時，求得的參數值一般需代入直線方程檢驗，去除兩直線重合的可能，否則易出錯．如果采取分類討論方法：先考慮系數為0，然后在一個方程中系數全不為0時，用比值進行求解，一般不會出錯．4．在的展開式中，的系數為（

）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【分析】由展開式的通項，由得出的系數.【詳解】展開式的通項為由，解得，則的系數為故選：B5．如圖所示,在正方體中,點F是側面的中心,設,則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據空間向量基本定理將轉化為即可選出答案.【詳解】解:由題知,點F是側面的中心,為中點,則,故選:A6．用數字1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，其中奇數的個數為A．24 B．48C．60 D．72【答案】D【詳解】試題分析：由題意，要組成沒有重復數字的五位奇數，則個位數應該為1或3或5，其他位置共有種排法，所以奇數的個數為，故選D.【解析】排列、組合【名師點睛】利用排列、組合計數時，關鍵是正確進行分類和分步，分類時要注意不重不漏，分步時要注意整個事件的完成步驟．在本題中，個位是特殊位置，第一步應先安排這個位置，第二步再安排其他四個位置．7．設，則“”是“直線與直線垂直”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．重要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】先根據直線垂直求出的值，再根據充分性和必要性的概念得答案.【詳解】直線與直線垂直則，解得或，則“”是“直線與直線垂直”的充分不必要條件.故選：A.8．已知雙曲線與橢圓有相同的焦點，則（

）A． B． C．2 D．4【答案】C【解析】先求出橢圓焦點坐（橢圓的半焦距），再由雙曲線中的關系計算出．【詳解】橢圓的半焦距為，∴雙曲線中，∴（∵）．故選：C．【點睛】晚錯點睛：橢圓與雙曲線中都是參數，但它們的關系不相同：橢圓中，雙曲線中，不能混淆．這也是易錯的地方．9．已知直線和圓：，則直線與圓的位置關系為（

）A．相交 B．相切 C．相離 D．不能確定【答案】A【解析】求出直線過的定點坐標，確定定點在圓內，則可判斷．【詳解】直線方程整理為，即直線過定點，而，在圓內，∴直線與圓相交．故選：A．【點睛】關鍵點點睛：本題考查直線與圓的位置關系．關鍵點有兩個：一是確定動直線所過定點坐標，二是確定點到圓的位置關系：圓的一般方程為，點，則點在圓內，點在圓上，點在圓外．10．如圖，P是邊長為1的正方體對角線上一動點，設的長度為x，若的面積為，則的圖象大致是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設正方體的棱長為，連接交于，連接，則是等腰的高，的面積為，，化簡代入，即可得到函數解析式，即可得到答案.【詳解】設正方體的棱長為，連接交于，連接，則是等腰的高，故的面積為在中，畫出其圖象如圖所示故選：A.二、填空題11．的二項展開式中的常數項為_______．【答案】【分析】先求出展開式的通項公式，令可得答案.【詳解】的二項展開式的通項為．令得．所以的二項展開式的常數項為．故答案為：12．若空間向量，，共面，則______________.【答案】【解析】設，根據空間向量的坐標運算可得出關于、、的方程組，即可解得實數的值.【詳解】由于、、共面，設，因為空間向量，，，則，解得，故答案為：.13．如圖，在正方體中，E，F，G，H分別為AA1，AB，BB1，B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于_________．【答案】##【分析】根據中點，得到∥，∥，然后根據平行得到為異面直線與所成角或其補角，最后求角即可.【詳解】如圖，連接，，，因為，，，分別為，，，的中點，所以∥，∥，為異面直線與所成角或其補角，因為為正方體，所以三角形為正三角形，所以.故答案為：.14．拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為________．【答案】【解析】設拋物線上任意一點的坐標為，根據拋物線的定義求得，并求出對應的，即可得出結果.【詳解】設拋物線上任意一點的坐標為，拋物線的準線方程為，由拋物線的定義得，解得，此時.因此，拋物線上到其焦點的距離為的點的個數為.故答案為：.【點睛】本題考查利用拋物線的定義求點的坐標，考查計算能力，屬于基礎題.15．已知曲線，，其中.①當時，曲線與有4個公共點；②當時，曲線圍成的區域面積大于曲線圍成的區域面積；③，曲線圍成的區域面積等于圍成的區域面積；④，曲線圍成的區域內整點（即橫、坐標均為整數的點）個數不少于曲線圍成的區域內整點個數.其中，所有正確結論的序號是________.【答案】①③④【解析】當時，由可解得交點坐標，即可判斷①；當時，可知，當取同一個值時，即可判斷②；當時，，當與的方程中取同一個大于的數，可得即可判斷③；分別討論當和時的整數點比較可判斷④，進而可得正確答案.【詳解】對于①：當時，曲線，，令可得，當時，，當時，，所以與有4個公共點分別為，，，，共個，故①正確；對于②：當時，由與的方程可知，當取同一個值時，，，當時，，所以，所以曲線圍成的區域面積小于曲線圍成的區域面積；故②不正確；對于③：當時，，當與的方程中取同一個大于的數，可得，所以，曲線圍成的區域面積等于圍成的區域面積；故③正確；對于④：當時，曲線圍成的區域內整點個數等于曲線圍成的區域內整點個數，當時，取同一個大于的數，可得，此時曲線圍成的區域內整點個數較多，所以曲線圍成的區域內整點個數不少于曲線圍成的區域內整點個數，故④正確；故答案為：①③④【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是分情況討論和時，當取同一個值時，兩個曲線方程中的大小的比較，此類多采用數形結合的思想.三、雙空題16．已知雙曲線（其中）的漸近線方程為，則________，的右焦點坐標為________.【答案】

2

【分析】由雙曲線的漸近線方程為可得：a=b，再求出焦點坐標.【詳解】∵雙曲線（其中）的漸近線方程為∴，∴∴，∴即的右焦點坐標為故答案為：2，.四、解答題17．已知圓的圓心坐標為，且與軸相切，直線過與圓交于、兩點，且．(1)求圓的標準方程；(2)求直線的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）求出圓的半徑，即可得出圓的標準方程；（2）利用勾股定理計算出圓心到直線的距離，分析可知直線的斜率存在，設直線的方程為，利用點到直線的距離公式可得出關于的方程，解出的值，即可得出直線的方程.【詳解】（1）解：由題意可知，圓的半徑為，故圓的標準方程為.（2）解：設圓心到直線的距離為，則.若直線的斜率不存在，則直線的方程為，此時圓心到直線的距離為，不合乎題意.所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，即，由點到直線的距離公式可得，解得或，所以，直線的方程為或，即或.18．如圖長方體中，，，點為的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）見解析（2）見解析（3）【分析】（1）作輔助線，由中位線定理證明，再由線面平行的判定定理證明即可；（2）連接，由勾股定理證明，，再結合線面垂直的判定定理證明即可；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求面面角的余弦值即可.【詳解】（1）連接交與點，連接四邊形為正方形，點為的中點又點為的中點，平面，平面平面（2）連接由勾股定理可知，，則同理可證，平面平面（3）建立如下圖所示的空間直角坐標系顯然平面的法向量即為平面的法向量，不妨設為由（2）可知平面，即平面的法向量為又二面角是鈍角二面角的余弦值為【點睛】關鍵點睛：在第一問中，關鍵是利用中位線定理找到線線平行，再由定義證明線面平行；在第二問中，關鍵是利用勾股定理證明線線垂直，從而得出線面垂直；在第三問中，關鍵是建立坐標系，利用向量法求面面角的余弦值.19．已知直線l過，且與拋物線相交于A，B兩點，且O為坐標原點．(1)求直線l的方程以及線段的中點坐標；(2)判斷與是否垂直，并說明理由．【答案】(1)直線l的方程為，線段的中點坐標為；直線l的方程為，線段的中點坐標為；(2)不垂直于，理由見解析【分析】（1）討論直線的斜率存在或不存在，當直線的斜率不存在時，直線的方程為與拋物線只有一個交點，不滿足題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，，聯立直線和拋物線的方程得到，利用韋達定理和弦長公式得到關于的方程，即可求解；（2）結合（1）的韋達定理得到，從而得到，即可判斷.【詳解】（1）當直線的斜率不存在時，即直線的方程為，此時直線與拋物線只有一個交點，不滿足題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，，，聯立直線和拋物線的方程，得，又，則，，所以，解得：或，當時，直線的方程為，此時，，所以線段的中點坐標為，即，當時，直線的方程為；此時，，所以線段的中點坐標為，即，綜上：直線l的方程為，線段的中點坐標為；直線l的方程為，線段的中點坐標為；（2）不垂直于，理由如下：由（1）得：，又，，則，所以不垂直于.20．在四棱錐中，為正三角形，平面平面，E為的中點，，，．（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在點M，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）在棱上存在點M滿足題意，．【分析】（Ⅰ）根據面面垂直的性質定理可證得平面，由面面垂直的判定定理證得結論；（Ⅱ）取中點，可證得兩兩互相垂直，由此以為坐標原點建立空間直角坐標系，根據線面角的向量求法可求得結果；（Ⅲ）假設存在點滿足題意，由線面垂直的性質可知，，由此得到，解出后即可得到結果.【詳解】（Ⅰ），，，平面平面，平面底面，平面，平面，又平面，平面平面.（Ⅱ）取中點，連接，分別為中點，，平面；為等邊三角形，為中點，，平面平面，平面底面，平面，平面，則以為坐標原點，所在直線為軸，可建立如下圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量，則，令，則，，，設直線與平面所成角為，.即直線與平面所成角的正弦值為.（Ⅲ）假設在棱上存在點，使得平面，則，，設，又，，，，，解得：，即，在棱上存在點，使得平面，此時.【點睛】本題考查立體幾何中面面垂直關系的證明、空間向量法求解線面角和存在性問題；利用空間向量法求解存在性問題的關鍵是首先假設存在，采用待定系數法的方式得到所求點所滿足的方程，解方程求得系數即可.21．已知橢圓的離心率為，四邊形的各頂點均在橢圓上，且對角線、均過坐標原點，點，、的斜率之積為．(1)求橢圓的方程；(2)過作直線平行于．若直線平行于，且與橢圓交于不同的兩點、，與直線交于點．①證明：直線與橢圓有且只有一個公共點；②證明：存在常數，使得，并求出的值．【答案】(1)(2)①證明見解析；②存在，且【分析】（1）根據已知條件可得出關于、、的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓的標準方程；（2）①求出直線的方程，再將直線的方程與橢圓的方程聯立，由可證得結論成立；②設直線的方程為，其中、，將直線的方程與橢圓的方程，列出韋達定理，求出點的坐標，利用弦長公式并結合韋