精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

2024-2025学年度（上）沈阳市五校协作体期末考试 高二年级数学试卷 命题：张传胜 校对：刘岩峰 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1—11题58分）第二部分：非选择题型（12—19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角是（ ）． A. B. C. D. 2 已知向量，若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 在的二项展开式中，只有第四项的二项式系数最大，则展开式的项数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 直线与直线平行，则实数值为（ ） A. 1 B. 1或 C. D. 或2 5. 用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是 A. 12 B. 24 C. 30 D. 36 6. 已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 过双曲线的右焦点向其一条渐近线作垂线l，垂足为P，l与另一条渐近线交于Q点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法命题正确的是（ ） A. 已知，则在上的投影向量为 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 D. 若向量（是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 10. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（ ） A. B. 以为直径的圆与准线相切 C. 直线斜率为 D. 11. 2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 双纽线是中心对称图形 C. D. 到距离之和的最小值为2c 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在多项式的展开式中，的系数为32，则______. 13. 已知椭圆和双曲线焦点相同，是它们的公共焦点，是椭圆和双曲线的交点，椭圆和双曲线的离心率分别为和，若，则__________. 14. 已知曲线上任意一点，都有的和为定值，则实数的取值范围是__________. 四､解答题 15. （1）已知（为正整数）.展开式的所有项的二项式系数和为64 ①求该式的展开式中所有项的系数之和； ②求该式展开式中无理项的个数； ③求该式的展开式中系数最大的项. （2）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ ①老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人； ②4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； ③2名老师之间必须有男女学生各1人. 16. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，且分别为中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）求点F到平面的距离. 17. 已知双曲线的离心率为2，实轴的左､右顶点分别为，虚轴的上､下顶点分别为，且四边形的面积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知直线与交于两点，若，求实数的取值范围. 18. 如图，，，点、在平面同侧，，，，平面平面，. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 19. 已知和为椭圆：上两点. （1）求椭圆的离心率； （2）过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）. （i）若的面积为，求直线的方程； （ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度（上）沈阳市五校协作体期末考试 高二年级数学试卷 命题：张传胜 校对：刘岩峰 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1—11题58分）第二部分：非选择题型（12—19题92分） 第I卷（选择题共58分） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角是（ ）． A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】直线为， 倾斜角，， 故选． 2. 已知向量，若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 解得： 故选：B. 3. 在的二项展开式中，只有第四项的二项式系数最大，则展开式的项数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】先由二项式系数最大项求出，再由二项式展开式的性质即得. 【详解】在二项式的展开式中，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大； 当为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大. 因为在的二项展开式中，只有第四项的二项式系数最大， 所以为偶数，且中间项为第项，即，解得. 因二项式展开式的项数为，则展开式的项数是项. 故选：A. 4. 直线与直线平行，则实数值为（ ） A. 1 B. 1或 C. D. 或2 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线平行的判定列方程求参数，注意验证即可. 【详解】由题设，则，所以或， 当时，为，为， 所以两直线重合，不符； 当时，直线分别为、，即两线平行，符合； 故选：A 5. 用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是 A. 12 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：因为每种颜色只能涂两个圆，所以只有五种涂法: 每种涂法中分配颜色有种方法，故不同的涂色方案的种数是，选C． 考点：涂色问题 6. 已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两个圆相切，列出关系式，然后求解表达式的范围即可. 【详解】圆，则，半径r1， 圆，则，半径， 因为两圆外切，所以， 即，即， 则点在以为圆心，半径为3的圆上，即在圆上， 令，则k表示过点与点的直线的斜率， 则该直线一定过点，且与圆有公共点， 由题意作图，由图可知该直线斜率一定存在若斜率不存在，则直线与圆相离， 设该直线方程为， 即为，圆心到直线的距离为d，则， 解得，即的取值范围是. 故选：C. 7. 在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取正方形的中心，利用线面垂直及线面角可求得，进而确定轨迹并求出面积. 【详解】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接， 由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角， 则，而，于是，， 因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为. 故选：A 8. 过双曲线的右焦点向其一条渐近线作垂线l，垂足为P，l与另一条渐近线交于Q点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直求直线的方程，联立直线方程求点的坐标，表示，利用得到的关系，即可求出双曲线离心率. 【详解】由题意得，，渐近线方程为. 因为，所以直线的方程为. 由得，即， 由得，即， 所以， ， 因为，所以，整理得， 所以双曲线的离心率. 故选：D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法命题正确的是（ ） A. 已知，则在上的投影向量为 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 已知三棱锥，点为平面上的一点，且，则 D. 若向量（是不共面的向量）则称在基底下的坐标为，若在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用投影向量定义及向量运算的坐标表示求投影向量判断A；由向量垂直的坐标表示判断B；根据空间向量共面的推论判断C；应用空间向量的基本定理求在基底下的坐标判断D. 【详解】A：由题设在上的投影向量为，对； B：由，则或，错； C：点为平面上的一点，且， 根据空间向量共面的推论知：，则，对； D：令在基底下坐标为， 由题意， 所以，可得，即在基底下的坐标为，对； 故选：ACD 10. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，交其准线于点在线段上，若，且为原点则下列说法正确的是（ ） A. B. 以为直径的圆与准线相切 C. 直线斜率为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意作图，利用抛物线的定义，结合直角三角形的性质以及圆与直线的位置关系，可得答案. 【详解】由题意，不妨设在第一象限，分别过作垂直于准线，垂足分别为，作图如下： 对于A，由图可知，， 在中，由，则， 易知，在中，， 由，则为线段的中点，即在中，， 所以，故A正确； 对于B，由A易知，由，则， 即，所以以为直径的圆的半径， 在直角梯形中，中位线的长度为， 则以为直径的圆的圆心到准线的距离，故B正确； 对于C，由A可得，则直线的倾斜角为，即斜率为， 当在第四象限时，同理可得斜率为，故C错误； 对于D，，故D正确； 故选：ABD. 11. 2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 双纽线是中心对称图形 C. D. 到距离之和的最小值为2c 【答案】BCD 【解析】 【分析】B选项，求出双纽线的轨迹方程为，将换成，把换成，方程不变，故B正确；C选项，由三角形面积公式得到，得到；D选项，由基本不等式得到D正确；A选项，当不重合时，，两边平方后，结合余弦定理得到，求出. 【详解】B选项，由题意得双纽线的轨迹方程为， 将换成，把换成得， 即，故双纽线关于原点中心对称，B正确； C选项，，其中， 又在双纽线上，故， 故，所以， 当且仅当时，等号成立，所以，C正确； D选项，，当且仅当时，等号成立， 故D正确； A选项，当重合时，， 当不重合时，， 两边平方得， 在中，由余弦定理得①， 即②， 式子①②联立得，， 当落在轴上（除原点）时，等号成立， 故，的最大值为，A错误. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：研究动点轨迹的性质时，若需研究其对称性，一般要写出轨迹方程，换成，或换成，或两者一起交换，进行推导，其他性质常常用到一些工具，比如平面向量，正余弦定理，基本不等式等知识 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在多项式的展开式中，的系数为32，则______. 【答案】 【解析】 【分析】首先展开得，再分别计算两部分含的系数，即可求解. 【详解】， 中含的系数为，中含的系数为，所以中的系数为， 所以，得 故答案为： 13. 已知椭圆和双曲线焦点相同，是它们的公共焦点，是椭圆和双曲线的交点，椭圆和双曲线的离心率分别为和，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设椭圆相关参数为，双曲线相关参数为，，利用椭圆、双曲线定义可得，且，再应用余弦定理可得，进而求目标式的值. 【详解】设椭圆相关参数为，双曲线相关参数为，， 则，则，且，则， 所以，且， 又，则， 所以，则，即， 所以. 故答案为：4 14. 已知曲线上任意一点，都有的和为定值，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】讨论的取值，整理化简曲线解析式，并作出曲线的大致图像，转化为点到直线的距离，从而知道只需要让曲线上的点在两条平行线之间即可，联立方程组，由判别式求得实数的取值范围. 【详解】曲线， 故曲线C的大致图象： 其中，，， 双曲线的图象无限接近于渐近线， 因为为定值， 所以为定值， 其中，分别表示曲线上的点到直线和直线距离， 当其仅当曲线上的点在两条平行线之间时有定值，如图： 所以直线为曲线的切线或在曲线下方， 由图可知最多只有一个解， 即最多有一个负数解，需满足直线在y轴上截距， 当时，，此时的解为，符合题意； 所以时，结合，解得， 故可得 故答案为： 【点睛】方法点睛，通过对曲线方程的化简作出曲线大致图像，通过数形结合解决本题.对于代数值为定值需要转化为点到两条平行直线的距离和为定值，从而解决本题. 四､解答题 15. （1）已知（为正整数）.展开式的所有项的二项式系数和为64 ①求该式的展开式中所有项的系数之和； ②求该式的展开式中无理项的个数； ③求该式的展开式中系数最大的项. （2）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ ①老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人； ②4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； ③2名老师之间必须有男女学生各1人. 【答案】（1）①729；②3个；③；（2）①96；②1728；③3840. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，赋值法求所有系数之和，应用二项式展开式通项公式确定无理项个数，应用不等式法求系数最大项； （2）应用分步计数原理，结合排列组合数求各小问的不同站法数. 【详解】（1）由，可得， ①令得，所以展开式中所有项的系数之和为729； ②的通项为，， 所以当时对应为展开式中的无理项，所以共有3个无理项； ③由②及题意，知，解得，则， 所以展开式中系数最大的项为； （2）①由题意，老师、男女学生在对应位置上作全排列， 结合分步计数原理，有种不同的站法. ②先排老师和女学生共有种站法，再排男学生甲有种站法，最后排剩余的3名男学生有种站法， 所以共有种不同的站法 ③先任选男女学生各一名站两位老师中间，有种站法，两位老师的站法有种， 再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种， 所以共有种不同的站法. 16. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，且分别为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. （3）求点F到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设正方体线段长，以整体一个顶点和三条相邻的棱建立空间直角坐标系，求出线的方向向量和面的法向量，从而证明线面平行； （2）由（1）中的空间直角坐标系求得两个面的法向量，由空间向量求得面面角的余弦值； （3）由（2）中的面的法向量和，由向量的投影求得点到面的距离. 【小问1详解】 不妨设，则，如图建立空间直角坐标系， 则 所以 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以平面的一个法向量， 又，所以，因为平面，所以平面. 【小问2详解】 设是平面的一个法向量，， 则，令，则，即， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为，平面的一个法向量， 所以F到平面的距离为. 17. 已知双曲线的离心率为2，实轴的左､右顶点分别为，虚轴的上､下顶点分别为，且四边形的面积为. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知直线与交于两点，若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由双曲线的性质确定四边形是菱形，结合，，的关系，解方程可得，，，进而得到双曲线方程； （2）由得到，联立直线方程与双曲线方程，结合韦达定理、斜率公式即可求解. 【小问1详解】 由双曲线的几何性质可知，四边形是菱形，且， 四边形的面积为，① 又离心率，② 联立①②可得， 双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 设，线段中点， 联立消去整理可得， ， 即且①， . . . ， ②， 又③， 由①②③得或， 实数的取值范围是. 【点睛】易错点点睛：解答此类题目容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的计算，一定要十分细心. 18. 如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明； (2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可 【小问1详解】 因为，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，， 所以平面平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 取的中点，因为， 所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系. 在四边形中，因为，，，， 所以，所以， 因为，所以， 所以，，，，，，， ，， 设，则， 设为平面的法向量， 则，即，故取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 两边同时平方得 所以，解得，或（舍去）， 所以，所以. 【点睛】关键点点睛：需要构造合适的坐标系，根据各个边的长度确定其各个点坐标，用坐标表示向量，设出平面的法向量，代入可解得. 19. 已知和为椭圆：上两点. （1）求椭圆的离心率； （2）过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）. （i）若的面积为，求直线的方程； （ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据给定的点A和B在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率； （2）（i）借助韦达定理和面积公式计算即可；（ii）可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可. 【小问1详解】 由可知，求出， 代入，得，， 则，， 可知椭圆的离心率为. 【小问2详解】 （i）由（1）可知椭圆的方程为， 设，，过点的直线为， 与联立得：.恒成立. 所以， 得，所以，直线的方程为：. （ii）由（i）可知， 直线的方程为，令，得 直线方程为，令，得， 记以为直径的圆与轴交于，两点， 由圆的弦长公式可知， 所以，为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$