川沙中學2024學年第一學期高二年級數學期末

一、填空(每題3分)

1.已知〃為正整數，且千=30,則〃=.

【答案】6

【解析】

【分析】由排列數的計算公式得到方程，求出答案.

【詳解】?=〃("-1)=30,解得〃=6或—5(舍去).

故答案為：6

2.用斜二測畫法畫水平放置的正方形的直觀圖。RC如圖，若在直觀圖中5C=2cm,則A3=

_________cm.

【答案】1

【解析】

【分析】根據斜二測畫法的規則求解.

【詳解】根據斜二測畫法規則，與x軸平行的線段6C的長度不變，與〉軸平行的線段A3的長度是原來

的一半，因此AB=LBC=I.

2

故答案為：1.

3.若直線2x-y+l=0與直線x+ay+3=。平行，則“=.

【答案】—1##-0.5

2

【解析】

【分析】兩直線Ax+4y+G=0與4x+B2y+C2=0平行，滿足4層—4耳=0且402-4GW0或

B[C?~B2clw0

【詳解】由題意得：2。+1=0,解得：a=——,經檢驗符合要求.

2

故答案為：—

2

4.過點4(1,-2)且與直線2x+y=0垂直的直線方程為.

【答案】x—2y—5=0

【解析】

【分析】根據條件，利用兩直線垂直時，斜率間的關系，得到所求直線的斜率，再由直線的點斜率式，即

可求解.

【詳解】因為直線2x+y=。的斜率為左=—2,

所以過點A（L—2）且與直線2x+y=0垂直的直線方程為y+2=g（x—1）,即x—2y—5=0,

故答案為：x-2y-5=0.

5.用0,1,2,3四個數字組成的沒有重復數字的四位數中，偶數的個數是

【答案】10

【解析】

【分析】通過個位數字是。和2,兩類情況討論即可求解；

【詳解】當個數數字是0時，滿足條件四位數由3x2xl=6,

當個數數字是2時，滿足條件的四位數由2x2=4，

故滿足條件的偶數個數是10,

故答案為：10

6.如圖，某幾何體的形狀類似膠囊，兩頭都是半球，中間是圓柱，其中圓柱的底面半徑與半球的半徑都為

1,若該幾何體的表面積為12兀，則其體積為.

【解析】

【分析】根據給定條件，求出中間圓柱的高，再利用球和圓柱的體積公式求解作答.

【詳解】依題意，幾何體可視為半徑為1的球和底面圓半徑為1,高為。的圓柱組合而成,

于是幾何體的表面積51=47txl2+27rxlx/z=4兀+2兀〃=12兀，解得h=4,

4兀16冗

所以該幾何體的體積V=——xF+兀義12義4=—

33

16K

故答案為:

22

7.已知橢圓二+4=l（a〉6〉0）的長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的離心率e=

CTb2

【答案】—##^

22

【解析】

【分析】根據條件得到a=2》，再由e=￡即可求解.

a

22

【詳解】因為橢圓二+二=l[a>b>0）的長軸長是短軸長的2倍,

CTb2

=昱,

則2a=4/7,即a=2/7,所以e=￡=

a一號'

故答案為：昱.

2

8.如圖，四棱錐P—A5co中，底面ABC。是邊長為2的正方形，/四，平面ABC。，PA=2,則點

A到平面PBC的距離為.

【答案】0

【解析】

【分析】利用線面垂直的性質得到PAL6C，又人4，笈。，由線面垂直的判定定理，可得5CL面

PAB,從而可得PB1.5C,再分別求出S^Bc，S-ABC，利用等體法，即可求解.

【詳解】因為R4,平面A3CD，又6Cu面A6CD,則？AL5C,

又ABL/C,PA[yAB=A,PA,A3u面R45，所以BC上面Q4B,

又尸fiu面所以PBL3C,又R4=2，A3CD是邊長為2的正方形，

所以收=2起，則％Bc=g|P§|?忸C|=gx20x2=2后，SiABC=1x2x2=2,

設點A到平面PBC的距離為h,

由匕-PBC=K>-ABC，得到§x2x2=§X2A/^7Z，解得=

故答案為：V2.

9.將一段長12cm的鐵絲折成兩兩互相垂直的三段，使三段長分別為3cm、4cm、5cm,則原鐵絲的兩個

端點之間的距離為cm.

【答案】572

【解析】

【分析】將所折鐵絲用空間幾何體表示，可得各側面均為直角三角形的三棱錐，進而求原鐵絲的兩個端點

之間的距離.

【詳解】由題意，三段分別為AB=3cm,BC=4cm,a)=5cm,如下圖示，

「

D

：.AB±BC,BC±CD,AB±CD,又=即CD,面ABC,

又ACu面ABC,故CE>_LAC,

AD=y/AB2+BC2+CD2=50cm-

故答案為：5.72

10.已知從“+1個球(其中〃個白球，1個黑球)的口袋中取出加個球m，nwN*.)，共有

C3種取法，在這c；：i種取法中，可以分成兩類：一類是取出的，"個球全部為白球，另一類是取出1個黑

球和m-1個白球，共有G°C：+C：C：T種取法，即有等式c；c："+co=。禽成立，試根據上述思

想，化簡下列式子：G"+GC；T+C；CT+…+或=(l<k<m<n,k,m,nGN*).

【答案】C,

【解析】

【分析】根據題意，從裝有〃個白球，左個黑球的袋子里，取出加個球(1W左<mW〃，C0<m<n,

m,n&N^,共有種取法；這C：二種取法中，可以根據黑球被取到的個數分為左+1類：

分別計算對應的取法，即可得出結果.

【詳解】由題意，

從裝有〃個白球，上個黑球的袋子里，取出，"個球(1W左(0<m<?,私"CN*),共有

CM種取法;

在這CM種取法中，可以根據黑球被取到的個數分為左+1類：

取o個黑球，有c：種取法；

取1個黑球，有種取法；

取2個黑球有，種取法；

...,

取上個黑球有，cfcr人種取法；

則c%=c：+c：c片+C2：2+…yc’k.

故答案為：C"

【點睛】本題主要考查合情推理，以及組合的簡單應用，屬于基礎題型.

22

11.如圖，已知產是橢圓土+乙=1的左焦點，A為橢圓的下頂點，點尸是橢圓上任意一點，以PF為直

43

徑作圓N,射線QV與圓N交于點Q,則|AQ|的取值范圍為.

【答案】[2—6,2+/]

【解析】

【分析】由題意求得點。軌跡，根據軌跡判斷計算|AQ|的取值范圍.

【詳解】尸為橢圓右焦點，連接尸尸，如圖所示:

K

QN分別為尸尸,尸尸的中點，|0N|=；|尸尸I，PR為直徑，|NQ|=；|尸制，

|0e|=|0N|+|ive|=||pr|+||PF|=|(|pr|+|PF|)=2,

所以點。軌跡是以。為圓心2為半徑的圓，A(0,-6)在圓內，

所以|A2|的最小值為2-6，最大值為2+6，即|AQ|的取值范圍為[2-g,2+g].

故答案為：[2—g,2+6]

12.己知正方體棱長為。，E,尸分別為棱G2、A2的中點，尸為體對角線所

在直線上一動點，則4E入P繞直線所旋轉而成的幾何體體積的最小值為.

【答案】叵/

144

【解析】

【分析】首先取的中點G,并設B2nG"=P,根據平面EFG,旋轉后的幾何體為兩個同底

的圓錐，由圖求最小的半徑以及高，即可求解圓錐體積.

【詳解】取。2的中點G,

因為BB11平面，所u平面4用。12，

所以且EF上BiQ,且34八4。1=4，平面BBQ-

所以封，平面B瓦2，3D1u平面2片。，所以所，52，

同理EG18R,EFQEG=E,跖,EGu平面EEG,

所以2。，平面EFG,

設5。口6//=尸,

由圖可知，此時的高為尸”，且此時△￡￡P的高最短，繞所旋轉成的幾何體體積最

小，該幾何體為兩個相同的圓錐的組合體，圓錐底面半徑為尸”，高為EH,

1夜

EH=-EF=—a^

24

+BD亞aA/6

在△BDD［中,sin/BD〔D—....=-尸—-,

BD16a3

在△GPZ)|中，sin/G〃P="=如，得GP=逅x@=^a，

GDl3326

GH=4GD：+Di/==手°'

PH=GH-GP=—a>

12

形成的幾何體的體積為V=2x，x（7r.P"2）xE//=Y2a3.

3、'144

故答案為：叵/

144

【點睛】關鍵點點擊：本題的關鍵是找到點尸的位置，使圓錐底面半徑最小.

二、選擇（每題3分）

13.已知直線"c,若a〃Z?,且b與c相交，則。與c的位置關系是（）

A.相交B.相交或異面

C.平行或異面D.相交、平行或異面

【答案】B

【解析】

【分析】根據空間中線線的位置關系判斷即可.

【詳解】因為人與c相交，所以6與c確定一個平面，不妨設為a,

又a/!b,所以aua或。//。，

若aua,則。與c相交，若a//a,則。與c異面；

綜上可得a與c的位置關系是相交或異面.

故選：B

14.6名同學到A5c三個場館做志愿者，每名同學只去1個場館，A場館安排1名，8場館安排2名，C

場館安排3名，則不同的安排方法的個數有（）

A.30B.60C.120D.360

【答案】B

【解析】

【分析】根據場館安排，對6名同學依次分組，利用分步乘法原則即可求得結果.

【詳解】首先安排C場館的3名同學，即C：=20；

再從剩下3名同學中來安排A場館的1名同學，即C；=3；

最后安排2名同學到丙場館，即C；=1.

所以不同的安排方法有：20x3x1=60種.

故選：B

15.已知點直線/：%=—1,兩個動圓均過點A且與/相切，其圓心分別為G，5,若動點又滿

足2可？=以宵+冬，則M的軌跡方程為（）

A.y2-2x-lB.y2—2x+l

C.j2=4x+lD.y2=4x-l

【答案】A

【解析】

【分析】由拋物線定義得到圓心軌跡，設6（。/）,。2（機，〃），時（*,），再結合向量的坐標表示得到

a=2x-l,b=2y,即可求角單；

【詳解】由拋物線的定義可得動圓的圓心軌跡方程為=4x,

設G（4?）,C2（%"），M（XM，則由動點又滿足2可？=*+序，

二2（x—m,y—ii）=（a—m,b—?）+（l——

/.2x=a+ly2y=bJ：.a=2x-lJb=

b2=4a,(2?=4(2x-l),BPj2=2x-l.

故選：A

16.已知集合加={(乂丁)|%2+3；2<1},若實數彳、〃滿足：對任意的(x,y)cM,均有

則稱(4〃)是集合"的“可行數對”，給出以下兩個命題，則()

①{(2,〃)|萬_4〃=0}中存在“可行數對”

②{(2,〃)|萬一〃2_2=0}中存在“可行數對”；

A.①為真命題，②為真命題B.①為假命題，②為假命題

C.①為假命題，②為真命題D.①為真命題，②為假命題

【答案】D

【解析】

【分析】由題意/L2x2+〃2y2</2+〃2<l,從而將問題轉化為N={(%〃)|%+)<1}與命題①②中

所表示的曲線是否有交點，即可求解.

【詳解】由題意對任意的,均有(/U,eM,貝!|萬/+〃)2<1，

X%2<1,y2<1,則A2x2+pry2<A2+//2<1,

所以可看成以原點為圓心，1為半徑的圓上及圓內部的點，記N={(/l,〃)|/l2+〃2<l}

對于命題①，因為外一4〃=0對應的圖形是拋物線，顯然{(4〃)|分—4〃=0}與

N={(4〃)］彳2+〃241}有交點，所以①為真命題，

對于命題②，由方-〃2-2=0,得到=1,表示雙曲線，且實半軸長為夜>1，

所以{(%〃)|%一〃2_2=0}與N={(4〃)|川+〃2<1}沒有交點，所以②為假命題，

故選：D.

【點睛】關鍵點點晴，本題的關鍵在于轉化成"={(4〃)|/P+〃2<1}與命題①②中所表示的曲線是否

相交.

三.解答題(8分+8分+10分+12分+14分=52分)

17.已知圓。：/+丁2=4,直線/：丁=依一4.

(1)當直線/與圓。相切時，求直線/的方程;

(2)直線/與圓C交于A、B兩點，弦長|A4=2G求直線/的方程

【答案】(1)y=±&-4

(2)y=±V15x-4

【解析】

【分析】(1)由圓心到直線的距離等于半徑列出等式求解即可;

(2)由弦長求得圓心到直線的距離，進而可求解；

【小問1詳解】

因為直線/與圓C相切，

4

所以圓心到直線的距離等于半徑，即=2,解得：k=±^3，

71+P

所以直線/的方程：'=±后—4

【小問2詳解】

設圓心到直線的距離為d,

則屋=/_［曰4邳］=］,

所以d=1,

4,「

所以I=1，解得：k—土，

Vi+v7

所以直線/的方程：y=±V15x-4

18.如圖所示，圓錐的底面半徑。4=2,高P0=6,點C是弧AB的中點，點。是母線/24的中點.

(1)求圓錐的體積；

(2)求直線CD與平面A4B所成角的大小.

【答案】(1)8兀

⑵arcsin---

7

【解析】

【分析】根據條件，直接利用圓錐的體積公式，即可求解；

（2）建立空間直角坐標系，求出平面7^45的法向量和電，利用線面角的向量法，即可求解.

【小問1詳解】

因為OA=2,則圓。的面積為S=兀―=4兀，

又P0=6,所以圓錐的體積為V=」S/I=LX4兀x6=8兀.

33

【小問2詳解】

易知面圓0,又點C是弧AB的中點，則OCLAB,

以0為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則P（0,0,6）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,又點。是母線/力的中點，所以￡＞（1,0,3）,

易知平面PAB的一個法向量為為=（0,1,0）,又無=（1,—2,3）,

設直線與平面已鉆所成的角為6,

?一?\CD-n\2巫

則sin6>=cosCD,n\=J_J=

11C￡>-|n|Jl+4+97

又6c0,g,所以，=arcsin'區.

L2j7

19.為了考察冰川的融化狀況，一支科考隊在某冰川山上相距8km的A、B兩點各建一個考察基地，視冰

川面為平面形，以過A、B兩點的直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系（圖

4）.考察范圍到A、B兩點的距離之和不超過10km的區域.

（I）求考察區域邊界曲線的方程：

（II）如圖4所示，設線段片鳥是冰川的部分邊界線（不考慮其他邊界），當冰川融化時，邊界線沿與其垂

直的方向朝考察區域平行移動，第一年移動0.2km,以后每年移動的距離為前一年的2倍.問：經過多長

時間，點A恰好在冰川邊界線上？

【答案】(I)—+^=1；(II)5年

259

【解析】

【詳解】解：(D設邊界曲線上點P的坐標為(x,y),則由|PA|+|PB|=10知，

點尸在以A,3為焦點，長軸長為2。=10的橢圓上，此時短半軸長為〃=療二不=3,

(II)易知過點匕鳥的直線方程為4x—3y+47=0,因此點A到直線片舄的距離為

f1-16+47131

一次+㈠產―5

設經過〃年，點A恰好在冰川邊界線上，則利用等比數列求和公式可得

0.2x(2,!-l)_31

-，

2-1--5

解得〃=5,即經過5年，點A恰好在冰川邊界線上.

20.已知拋物線「：V=4x的焦點為產，若△ABC的三個頂點都在拋物線「上，且麗+而+定=。，

則稱該三角形為“核心三角形”.

(1)是否存在“核心三角形”，其中兩個頂點的坐標分別為(0,0)和(1,2)?請說明理由；

(2)設“核心三角形"ABC的一邊AB所在直線的斜率為4,求直線AB的方程；

(3)已知△ABC是“核心三角形”，證明：點A的橫坐標小于2.

【答案】(1)不存在，理由見解析.(2)4x—y—5=0.(3)證明見解析

【解析】

【分析】(1)利用麗+麗+京=。求得第三個點的坐標，由此判斷出這樣的“核心三角形”不存在.

(2)設出直線A3的方程，與拋物線方程聯立，寫出韋達定理，根據礪+礪+0心=3礪求得。點的

坐標并代入拋物線方程，由此求得加的值，進而求得直線AB的方程.

(3)設出直線5C的方程并與拋物線方程聯立，寫出判別式和韋達定理，利用次=3赤-(礪+文)

求得A點的坐標并代入拋物線方程，

【詳解】(1)由于麗+麗+京=6，即次一赤+礪一礪+"一礪=6，即

W=3OF-OA-OB^所以

第三個頂點的坐標為3(1,0)—(0,0)—(1,2)=(2,—2),

但點(2,-2)不在拋物線「上，

這樣的“核心三角形”不存在.

2

(2)設直線A5的方程為V=4x+f,與丁=4x聯立并化簡得：y_y+t^o

設A(再,%),B{xz,y2),C(x3,y3),

%+'2=1,石+%2=Z(X+%-27)=7一耳，

由(I)^OC=3OF-OA-OB^即市+岳+雙=3赤，所以

由(%+%+￡,%+%+%)=(3，°)得：%,=-+—,%=-1，

24

代入方程V=4%,解得：〃=—5,???直線A3的方程為4x—y—5=0.

2

(3)設直線5c的方程為％=改+加，與V=4%聯立并化簡得：y-4ny-4m=0,

???直線3c與拋物線「相交，，判別式△=16(1+M>0,即能>-“2.

2

y2+y3=4n,x2+x3=4n+2m,

由礪+礪+反=3無，得次=3麗-(礪+配)=3(1,0)-(4"+2私4”)

=(3,0)-(4?r+2"Z,4")=(T〃2—2m+3,-Ari^,即

點A坐標為(一4〃2-2m+3,-4n),

3

又丁點A在拋物線r上，???161=—161—8根+12，得加=一41+—,

2

31

m>一〃之,即機=-4n2+—>—n2，n2<—,

22

???點A的橫坐標2根+3=T*+8〃2=4n2<2.

【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.

2

21.已知雙曲線「V一上=1,設其左、右頂點分別為A,B,中心為O.

3

(1)求雙曲線「的焦距和虛軸長；

(2)斜率為孚的直線/交雙曲線「于C,。兩點，且求弦長|co|；

(3)設雙曲線「右支上兩點M,N滿足直線AM與8N在y軸上的截距之比為1：3,判斷直線是否過

定點，并說明理由.

【答案】(1)焦距為4,虛軸長為26；

(2)4；

(3)過定點(2,0),理由見解析.

【解析】

【分析】(1)根據雙曲線的標準方程求解即可；