北京市西城区2021-2022学年高二上学期期末考试数学试卷（含答案解析）

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1、北京市西城区2021-2022学年高二上期末考试数学试卷一选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为（ ）A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点坐标为，则其准线方程为（ ）A. B. C. D. 4. 圆与圆的位置关系为（ ）A 外离B. 外切C. 相交D. 内切5. 在的展开式中，的系数为A. 5B. C. 10D. 6. 在长方体中，则直线与平面所成角的大小为（ ）A B. C. D. 7. 已知椭圆，双曲线，其中.若与的焦距之比为，则的渐近线方程为（ ）A.

2、B. C. D. 8. 将4名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球3个项目进行培训，每名志愿者只分到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A. 48种B. 36种C. 24种D. 12种9. 设抛物线的顶点为原点，焦点在轴上，过的直线交抛物线于点，则以为直径的圆（ ）A. 必过原点B. 必与轴相切C. 必与轴相切D. 必与抛物线的准线相切10. 如图，某市规划在两条道路边沿之间建造一个半椭圆形状的主题公园，其中为椭圆的短轴，为椭圆的半长轴.已知，.为使尽可能大，其取值应为（ ）（精确到）A. B. C. D. 二填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.

3、圆心为且过原点的圆的方程是_.12. 已知直线，.若，则实数_.13. 在正三棱柱中，则直线与所成角的大小为_；直线到平面的距离为_.14. 设双曲线的两个焦点是，点在双曲线上，则_；若为锐角，则点的纵坐标的取值范围是_.15. 如图，在正方体中，过平面分别交于点.给出下列四个结论：四边形一定是平行四边形；四边形可能是正方形；四边形为菱形时，其面积最小；四边形为矩形时，其面积最大.其中所有正确结论的序号是_.三解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 从位女生，位男生中选出人参加垃圾分类宣传活动.（1）共有多少种不同的选择方法？（2）如果至少有位女生入选，共有多

4、少种不同的选择方法？17. 如图，在长方体，点在上，且.（1）求直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.18. 已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，且，求的值.19. 设为两定点，曲线是到点距离与到点的距离之比为定值的点组成的集合.（1）判断的中点是否在曲线上；（2）建立适当的平面直角坐标系，求曲线的方程，并讨论曲线的形状.20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，.点在上，且平面.（1）证明：；（2）求的值；（3）求点到平面距离.21. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于两点.（1）证明：；（2）已知两点.记直线的斜率为，直线的斜率为，求的

5、值.北京市西城区2021-2022学年高二上期末考试数学试卷一选择题共10小题，每小题4分，共40分.1. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由直线的方向向量的概念，即可求出直线的斜率，进而求出直线倾斜角.【详解】由于直线的一个方向向量为，所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：D.2. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据点关于坐标平面的对称的特征即可得出答案.【详解】解：因为点关于坐标平面的对称的点横、纵坐标不变，竖坐标互为相反数，所以点关于坐标平面的对称

6、点为.故选：C.3. 抛物线的焦点坐标为，则其准线方程为（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的焦点坐标可直接写出抛物线准线方程.【详解】因为抛物线的焦点坐标为，所以准线方程为，故选：C4. 圆与圆的位置关系为（ ）A. 外离B. 外切C. 相交D. 内切【答案】D【解析】【分析】首先求出两圆的圆心坐标、半径，再求出圆心距，即可判断；【详解】解：圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，又圆心距，所以两圆相内切；故选：D5. 在的展开式中，的系数为A. 5B. C. 10D. 【答案】D【解析】【分析】根据二项式定理计算即可.【详解】解：在的展开式中的项为的系数为-10，故选：D

7、.6. 在长方体中，则直线与平面所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】结合长方体性质，利用线面角定义找出直线与平面所成角，然后结合已知条件求解即可.【详解】连接，如下图所示：由长方体性质可知，平面，故线与平面所成角为，因为，所以，因为平面，所以，从而，即，故直线与平面所成角的大小为.故选：A.7. 已知椭圆，双曲线，其中.若与的焦距之比为，则的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先表示出椭圆与双曲线的焦距以及双曲线的渐近线方程，依题意得到方程，即可得到，即可得解；【详解】解：椭圆的焦距为，双曲线的焦距为，渐近线为，因为与的焦距之

8、比为，所以，所以，即，所以，所以双曲线的渐近线为，即；故选：A8. 将4名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球3个项目进行培训，每名志愿者只分到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A. 48种B. 36种C. 24种D. 12种【答案】B【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从4名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余人，看成个元素，个项目看成个不同的位置，个不同的元素在个不同的位置的排列

9、方法数有3!种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，故选：.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.9. 设抛物线的顶点为原点，焦点在轴上，过的直线交抛物线于点，则以为直径的圆（ ）A. 必过原点B. 必与轴相切C. 必与轴相切D. 必与抛物线的准线相切【答案】C【解析】【分析】作出图像，利用中位线性质与抛物线的定义化简计算可得以为直径的圆与轴相切.【详解】如图，取中点，以为圆心，为直径作圆，与相切于点，连接，证明如下：因为为，中点，所以，又，所以，由抛物线定义可知，所以为圆的半径，即以为直径的圆与轴相切.故选：C10.

10、 如图，某市规划在两条道路边沿之间建造一个半椭圆形状的主题公园，其中为椭圆的短轴，为椭圆的半长轴.已知，.为使尽可能大，其取值应为（ ）（精确到）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立适当直角坐标系，当椭圆于直线相切时，最大，求出直线方程，设椭圆方程，联立即可得的最大值.【详解】如图建立直角坐标系，设，由由已知设椭圆方程为，又，所以直线的方程为，由题意可知当椭圆与直线相切时取最大值，联立方程组，得，解得，即，故选：B.二填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 圆心为且过原点的圆的方程是_.【答案】【解析】【分析】首先求出圆的半径，即可得到圆的标准方程；【详解】解：圆心到原

11、点的距离即为半径，即半径，所以圆的方程为；故答案为：12. 已知直线，.若，则实数_.【答案】【解析】【分析】利用两直线的位置关系求解.【详解】因为直线，且，所以，解得，故答案为：013. 在正三棱柱中，则直线与所成角的大小为_；直线到平面的距离为_.【答案】 . # . 【解析】【详解】如图所示：在正三棱柱中，所以为直线与所成角，因为，所以，作，因为平面平面ABC，平面平面ABC=BC，所以平面，因为，且平面，平面，所以平面，所以AD即为直线到平面的距离，且， 故答案为：，14. 设双曲线的两个焦点是，点在双曲线上，则_；若为锐角，则点的纵坐标的取值范围是_.【答案】 . . 【解析】【分析

12、】根据双曲线的方程及定义可求出，设，再由向量的夹角的数量积为正求解即可.【详解】由可知，故，设，则，因为为锐角，所以,因为，所以，解得或故答案为：；15. 如图，在正方体中，过的平面分别交于点.给出下列四个结论：四边形一定是平行四边形；四边形可能是正方形；四边形为菱形时，其面积最小；四边形为矩形时，其面积最大.其中所有正确结论的序号是_.【答案】【解析】分析】根据正方体得几何特征及面面平行得性质即可判断；若四边形可能是正方形，则且，证明不成立即可判断；以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到的距离，根据，结合二次函数得性质分别求出当面积最小和最大时四边形得形状，即可判断.【详解】解：

13、对于，在正方体中，平面平面，又平面，平面，且平面，所以，同理，所以四边形一定是平行四边形，故正确；对于，设该正方体的棱长为2，若四边形可能是正方形，则分别为得中点，且，实际上，并不满足，即不成立，故四边形不可能是正方形，故不正确；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，正方体的棱长为2，则，则，则，所以，所以点到的距离，则，当时，四边形面积最小，此时四边形为菱形，故正确；当或2时，四边形面积最大，此时四边形为矩形，故正确.故答案为：.三解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 从位女生，位男生中选出人参加垃圾分类宣传活动.（1）共有多少种不同的选择方法？（2）

14、如果至少有位女生入选，共有多少种不同的选择方法？【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据组合数公式，即可求出结果；（2）由题意可知，“没有女生入选”是“至少有位女生入选”的对立事件，由此即可求出结果【小问1详解】解：从位女生，位男生中选出人参加垃圾分类宣传活动，选择方法数为.【小问2详解】解：没有女生入选的选择方法数为，所以至少有位女生入选的选择方法数为.17. 如图，在长方体，点在上，且.（1）求直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，表示出向量，利用向量的夹角公式代入计算即可得两直线所成

15、的角；（2）由（1）表示出， 求解平面的法向量为，又因为平面的一个法向量为，代入向量的夹角公式计算，再由图可判断二面角的平面角为锐角，即可得余弦值.【小问1详解】以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以.所以直线与所成角的余弦值为.小问2详解】因为.设平面的法向量为，则得，显然是平面的一个法向量.因为，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的一个顶点为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，且，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意得求出，从而可求得椭圆的方程，（2）设，将直线方

16、程与椭圆方程联立方程组，消去，整理后利用根与系数的关系，再结合中点坐标公式表示出的中点的坐标，由，从而可得，进而可求出的值【小问1详解】设椭圆的半焦距为.由题意得解得.所以椭圆的方程为.【小问2详解】由得.由，解得.设，则.设线段的中点为，则，.“”等价于“”.所以.解得，符合题意.所以.19. 设为两定点，曲线是到点的距离与到点的距离之比为定值的点组成的集合.（1）判断的中点是否在曲线上；（2）建立适当的平面直角坐标系，求曲线的方程，并讨论曲线的形状.【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析【解析】【分析】（1）依题意，根据的取值进行判断即可；（2）以点所在的直线为轴，线段的垂直平分线为轴

17、，建立直角坐标系. 设曲线上任意一点为，即可得到，根据两点的距离公式整理即可；【小问1详解】解：设的中点为，则.所以当时，点在曲线上；当时，点不在曲线上.【小问2详解】解：以点所在的直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系.所以.设曲线上任意一点为，由题意知.所以.整理得.经检验，曲线的方程为.当时，曲线的方程化为.所以曲线的形状是直线.当时，曲线的方程化为.所以曲线的形状是以为圆心，为半径的圆.20. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，.点在上，且平面.（1）证明：；（2）求的值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）根据平面，平

18、面，得到，再利用线面垂直的判定定理证明；（2）取中点，连接，由（1）得四边形菱形，进而得到，则两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设，其中，由求解；（3）由（2）知，再求得平面的一个法向量为，由求解.【小问1详解】解：因为平面，平面ACM，所以.因为平面，平面ABCD，所以，又，所以平面. 又平面PBD，所以.【小问2详解】取中点，连接.由（1）得四边形为菱形，所以.因为，所以.因为两两互相垂直，以为原点， 的方向分别为轴轴轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.所以.设，其中.所以.因为平面，所以，即.所以.解得，即.【小问3详解】由（2）.因为，.设平面的一个法向量，则，即令，则，于是.所以点到平面的距离为.21. 已知椭圆，过点的直线交椭圆于两点.（1）证明：；（2）已知两点.记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先讨论直线的斜率为0时的情况，当直线的倾斜角不为0时，设其方程为，与椭圆方程联立，得出韦达定理，由弦长公式可证明.（2）先得出，再将韦达定理代入可得出其为定值，从而可得答案.【小问1详解】当直线的斜率为0时，设，此时 当直线的倾斜角不为0时，设其方程为 由 ，得 设，则 设，则， 则 当时，有最小值，所以综上.【小问2详解】由题意不与重合，则直线的倾斜角不为0.直线的斜率为，直线的斜率为. 所以