黑龙江省鸡西市密山市高级名校2023-2024学年高二上学期数学期末联考试卷

黑龙江省鸡西市密山市高级名校2023-2024学年高二上学期数学期末联考试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、选择题（每题5分，共40分）1．已知椭圆C：x29+A．3 B．4 C．6 D．92．如果存在三个不全为零的实数x、y、z，使得xa+yb+zc=0A．两两相互垂直 B．只有两个向量互相垂直C．共面 D．有两个向量互相平行3．抛物线y2A．x=−1 B．y=−1 C．x=1 D．y=14．如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线y2a2−xA．53 B．54 C．435．由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线y2A．y212−x24=1 B．6．2021年某省高考体育百米测试中，成绩全部介于12秒与18秒之间，抽取其中100个样本，将测试结果按如下方式分成六组：第一组[12，13)，第二组[13，A．15.215.4 B．15.115.4C．15.115.3 D．15.215.37．某企业为了研究某种产品的销售价格x（元）与销售量y（千件）之间的关系，通过大量市场调研收集得到以下数据：x161284y24a3864其中某一项数据※丢失，只记得这组数据拟合出的线性回归方程为：y=−3.A．33 B．35 C．34 D．34.88．十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”.它的答案是：当三角形的三个角均小于2π3时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角2π3；当三角形有一内角大于或等于2π3时，所求点为三角形最大内角的顶点，在费马问题中，所求点称为费马点.已知在△ABC中，C=2π3，AC=1，BC=2，CM是△ABC的角平分线，交ABA．−35 B．−25 C．二、多项选择题（答对一项得1.5分，满分18分）9．给出下列命题，其中正确命题有（）A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B．已知向量a//b，则存在向量可以与a，C．A，B，M，N是空间四点若BA，BM，BN不能构成空间的一个基底那么A，B，D．已知向量组{a，b，c10．已知正四棱柱ABCD−A1B1C1DA．任意a>0，AB．存在a>0，直线A1C1C．平面A1BM与底面AD．当a=2时，三棱锥B1−11．若动点A(x1，y1)、B(x2，A．6 B．2 C．22 D．12．已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点F到准线的距离为2，过F的直线l交抛物线C于两点A，A．C的准线方程为x=−2B．若|AF|=4，则|OA|=C．若|AF|⋅|BF|=4p2，则lD．过点A作准线的垂线，垂足为H，若x轴平分∠HFB，则|AF|=4三、解答题13．已知(x−1（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中所有的有理项.14．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF//AB，EF⊥FB，AB=2EF，（1）求证：FH//平面EDB（2）求证：AC⊥平面EDB；（3）求二面角B−DE−C的大小．15．已知直线l：（1）若l不经过第三象限，求a的取值范围；（2）求坐标原点O到直线l距离的最小值，并求此时直线l的方程.16．如图，在多面体ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞（1）求侧面ABB1A（2）证明：EF∥ABCD；（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V估=S中截面⋅h来计算，已知它的体积公式是V=注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面．17．两个边长为2的正方形ABCD和ADEF各与对方所在平面垂直，M、N分别是对角线AE、BD上的点，且EM=DN.（1）求证：MN//平面DCE（2）设EM=x，MN=y，求y与x的函数关系式；（3）求M、N两点间的最短距离.18．如图，MA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且MA=AB=a，试求：（1）点M到BD的距离；（2）求异面直线MB与AC所成的角.19．已知H是锐角三角形ABC的垂心，过H作平面ABC的垂线，在垂线上取一点P，使∠APB=90∘，求证：PB⊥平面

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：因为椭圆C：x29+故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合椭圆的标准方程确定焦点的位置，进而得出a，b的值，再结合椭圆的长轴长的定义，进而得出椭圆的长轴长.2．【答案】C【解析】【解答】解：因为存在三个不全为零的实数x、y、z，使得xa+yb+zc=0，

所以b故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合平面向量基本定理，进而判断出向量a、b、c共面.3．【答案】A【解析】【解答】∵y∴抛物线y2=4x的准线方程为即x=−1，故答案为：A.【分析】利用y2=2px的准线方程为x=−p4．【答案】B【解析】【解答】解：因为双曲线的上焦点为F(0，c)，下顶点为(0，-a)，渐近线方程为y=±abx，

因为该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，所以c+a=18，(1)，

因为点F到渐近线的距离为6，所以-cab2+(-1)2故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合双曲线焦点的位置得出上焦点坐标和下顶点坐标、渐近线方程，再结合两点距离公式建立方程组，从而由双曲线的离心率公式得出双曲线的离心率的值.5．【答案】B【解析】【解答】解：因为大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线y2a2−x2b2=1(a>0，b>0)下支的一部分，

所以双曲线的下焦点F(0，-c)，渐近线方程为y=±abx故答案为：B.

【分析】利用已知条件结合双曲线的标准方程确定焦点位置和渐近线方程，进而得出下焦点坐标和渐近线方程，建立方程组，再联立三个方程得出a，b，c的值，从而得出双曲线的标准方程。6．【答案】C【解析】【解答】解：依题意，由频率分布直方图得出平均数估计为x-=12+132×1×0.1+13+142×1×0.15+14+152×1×0.15+15+162故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合频率分布直方图求平均数和中位数的方法，进而估计出该100名考生的成绩的平均数和中位数.7．【答案】C【解析】【解答】因为点(x所以将x=16+12+8+44=10解得a=34.故答案为：C.

【分析】由于线性回归直线一定过样本中心点，所以将样本中心点坐标代入可求得结果.8．【答案】D【解析】【解答】解：在△ABC中，C=2π3，AC=1，BC=2，

由CM是△ABC的角平分线，且CM交AB于M，

设M到两边的距离为d，则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的三个内角均小于2π3，则点P与三角形△AMC的三个顶点的连线两两成角9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A，根据空间向量基底的定义，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间向量的基底，所以A对；

对于B，因为a//b，根据空间向量基底的定义，则要求a→，b→不共线，所以与已知条件矛盾，所以B错；又由BA，BM，BN过相同点B，可得A，B，M，N四点共面，所以C对；

对于D，由{a，b

【分析】根据空间基底的定义，再结合向量共面定理，进而找出真命题的选项.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：对于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对；

对于B，B∈平面A1BC1，M不属于平面A1BC1，所以BM不包含于平面A1BC1，

所以BM与A1C1异面不相交，所以B错；故答案为：AC.

【分析】利用线线垂直和线面垂直的推导关系，进而判断出选项A；利用异面直线的定义判断出选项B；利用基本事实3找出交线，然后求出交线的长，从而判断出选项C；利用外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出球的半径，再结合球的表面积公式得出三棱锥B111．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：若动点A(x1，y1)、B(x2，y2)分别在直线l1：x−2y+2=0与l2：x−2y+8=0上移动，则x1−2y1+2=0，(1)，x2−2y2+8=0，(2)，

因为AB的中点为故答案为：ACD.

【分析】利用已知条件结合代入法和求和法，再结合中点坐标公式和二次函数求值域的方法，进而得出AB的中点M到原点的距离可能的值。12．【答案】B,C,D【解析】【解答】因为抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点F到准线的距离为2，所以所以抛物线方程为y2=4x，则焦点F(1，若|AF|=4，则xA=3，所以yA可设A(x1，y1)直线AB的方程为x=my+1，与抛物线y2消去x，可得y2可得y1+y由抛物线的定义可得|即m2y1解得m=±3，则直线AB的斜率为±对于D，若x轴平分∠HFB，则∠OFH=∠OFB，又AH//x轴，所以∠AHF=∠OFH=∠OFB=∠AFH，所以HF=AF=AH，所以xA+xH2故答案为：BCD

【分析】利用抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点F到准线的距离为2，进而得出p的值，从而得出抛物线的标准方程，进而得出焦点F的坐标和准线的方程；再利用|AF|=4结合抛物线的定义得出点A的横坐标，再利用代入法得出点A的纵坐标，再结合两点距离公式得出OA的长；可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，再利用直线与抛物线相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=4m13．【答案】（1）解：展开式中第r+1项为Tr+1所以前三项系数的绝对值依次为Cn依题意有，Cn0+整理得n2−9n+8=0，解得n=1（舍去）或由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，即T5（2）解：由（1）知，Tr+1又0≤r≤8，r∈Z，由8−4故展开式中的有理项为：T1=x8，【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二项式定理求出展开式中的通项公式，从而得出前三项系数的绝对值，再结合等差中项公式和一元二次方程求解方法，进而得出满足要求的n的值，由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，进而由展开式中的通项公式得出展开式中二项式系数最大的项..

（2）利用（1）求出的n的值得出展开式中的通项公式，即Tr+114．【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，连接EO，由四边形ABCD是正方形得AO=OC，因H为BC的中点，故OH//AB且又因EF//AB且EF=12AB故得平行四边形EFHO，则有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，则有因EF⊥FB，FB∩BC=B，FB，BC⊂平面BFC，故又FH⊂平面BFC，则EF⊥FH，故OH⊥FH，又BF=FC，则FH⊥BC，因BC∩OH=H，BC，OH⊂平面ABCD，故因AC⊂平面ABCD，则FH⊥AC，故OE⊥AC，因AC⊥BD，BD∩OE=O，BD，OE⊂平面（3）解：如图，由（2）知FH⊥平面ABCD，分别以HC，HO，不妨设正方形边长为2，在Rt△BFC中，FH=12BC=1则有B于是BD=(2，2则m⋅BD=2CD=(0，2则n⋅CD=2设二面角B−DE−C的平面角为θ，易知θ为锐角，则cosθ=故得θ=60∘，即二面角B−DE−C为【解析】【分析】（1）利用已知条件结合正方形的结构特征和中位线的性质，进而得出线线平行和线段相等，再结合平行四边形的定义，从而判断出四边形EFHO为平行四边形，进而得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，从而证出FH//平面EDB.

（2）由（1）结合线线垂直和线面垂直的关系，进而证出线面垂直.

（3）由（2）知FH⊥平面ABCD，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再利用数量积的坐标表示，进而得出平面BDE的法向量和平面CDE的法向量，再结合数量积求向量夹角公式得出二面角B−DE−C15．【答案】（1）解：直线l的方程可化为y=ax+3+a要使直线l不经过第三象限，则必须有a≤0a解得a≤0，故a的取值范围是(（2）解：设原点O到直线l的距离为d，则d=|3+当且仅当2a2+1所以原点O到直线l的距离的最小值为22此时直线l的方程为x−y+4=0或x+y−4=0.【解析】【分析】本题考查直线截距式方程的应用，点到直线的距离公式.（1）将直线方程转化为斜截式可得：y=ax+3+a2，根据直线l不经过第三象限，可列出方程组a≤0a（2）利用点线距离公式可列出式子d=2a2+1+16．【答案】（1）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B∵平面ABCD∥平面A1B1∴AB⊥PQ，AB⊥B1P．∴∠过C1作C由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1∴PG=12(∴tan∴∠B1PG=（2）解：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，又CD是面ABCD与面CDEF的交线，AB在平面CDEF外，∴AB∥面CDEF．∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，∴AB∥EF．∵AB是平面ABCD内的一条直线，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）利用已知条件结合二面角的平面角的作法，从而找出所求二面角的平面角，再结合相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形，再结合等腰梯形的结构特征和正切函数的定义以及反三角函数求解方法，进而得出所求二面角的大小.

（2）利用矩形的结构特征证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，由EF是面ABFE与面CDEF的交线，从而证出线线平行，再结合线面平行的判定定理，进而证出EF∥ABCD.

（3）因为a＞c，b＞d，再利用多面体的体积公式，即V=h6(S上底面17．【答案】（1）解：过点M作MG//DE，交AD于点G，连接NG、因为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，所以因为MG⊄平面CDE，MG//DE，DE⊂平面所以，MG//平面CDE同理可得，GN//平面CDE因为MG⊂平面MNG，GN⊂平面MNG，MG∩GN=G，所以，平面MNG//平面CDE因为MN⊂平面MNG，所以直线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，因为CD⊂平面ABCD，所以ED⊥CD，因为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)所以当x=2，即M、N分别为线段AE、BDMN有最小值2，M、N两点间的最短距离为2.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两直线平行对应边成比例的性质，进而证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，再结合面面平行的性质定理证出线面平行，从而证出MN//平面DCE.

（2）由（1）可知，MG//DE，再利用线线平行对应边成比例，进而得出MG，GN与x的关系式，再结合面面垂直的性质定理证出线线垂直，从而证出三角形△MGN是直角三角形，再结合勾股定理得出y与x的函数关系式.

（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，四边形ABCD是正方形，所以MD