黑龙江省鸡西市密山市高级中学2023-2024学年高二上学期期末联考试题数学（Word版附解析）

密山市高级中学2023-2024学年度高二联考期末考试数学试卷注意事项：1.考试期间，注意考试时间；2.禁止在试卷上乱写乱画.一、选择题（每题5分，共40分）1.已知椭圆C:，则椭圆C的长轴长为（）A.3B.4C.6D.92.如果存在三个不全为零的实数x、y、z，使得，则关于、、（）A.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.抛物线的准线方程为A.B.C.D.4.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轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（）.AB.C.D.5.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下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，离心率为2，则该双曲线的方程为（） A.B.C.D.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，第二组，…，第六组，得到如下频率分布直方图，则该100名考生的成绩的平均数和中位数（保留一位小数）分别是（）A.15.215.4B.15.115.4C.15.115.3D.15.215.37.某企业为了研究某种产品的销售价格（元）与销售量（千件）之间的关系，通过大量市场调研收集得到以下数据：16128424a3864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：，则缺失的数据a是（）A.33B.35C.34D.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时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，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.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（） A.B.C.D.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，则存在向量可以与，构成空间的一个基底C.，，，是空间四点若不能构成空间的一个基底那么，，，共面D.已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底10.已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为，是的中点，则（）A.任意，B.存在，直线与直线相交C.平面与底面交线长为定值D.当时，三棱锥外接球表面积为11.若动点、分别在直线与上移动，则的中点到原点的距离可能为（）AB.C.D.12.已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）A.的准线方程为B若，则C.若，则的斜率为 D.过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则三、解答题13.已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，（1）求展开式中二项式系数最大项；（2）求展开式中所有的有理项.14.如图，在多面体中，四边形是正方形，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的大小．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距离最小值，并求此时直线l的方程．16.如图，在多面体中，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＞c，b＞d，两底面间的距离为h． （1）求侧面与底面所成二面角的大小；（2）证明：；（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式来计算，已知它的体积公式是，试判断与V的大小关系，并加以证明．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的正方形和各与对方所在平面垂直，、分别是对角线、上的点，且.（1）求证：平面；（2）设，，求与的函数关系式；（3）求、两点间的最短距离.18.如图，平面，四边形是正方形，且，试求：（1）点到的距离；（2）求异面直线与所成的角.19.已知是锐角三角形的垂心，过作平面的垂线，在垂线上取一点，使，求证：平面. 密山市高级中学2023-2024学年度高二联考期末考试数学试卷注意事项：1.考试期间，注意考试时间；2.禁止在试卷上乱写乱画.一、选择题（每题5分，共40分）1.已知椭圆C:，则椭圆C的长轴长为（）A.3B.4C.6D.9【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程先判断焦点位置，再确定的值，即得长轴长.【详解】由椭圆C:知椭圆焦点在轴上，故，解得，故椭圆C的长轴长为.故选：C.2.如果存在三个不全为零的实数x、y、z，使得，则关于、、（）A.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【答案】C【解析】【分析】不妨设，可得出，利用共面向量的基本定理可得出结论.【详解】不妨设，因为，则，故向量、、共面.故选：C.3.抛物线的准线方程为A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】利用的准线方程为，能求出抛物线的准线方程.【详解】，抛物线的准线方程为，即，故选A.【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，是基础题.4.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轴上的双曲线上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（）.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由点到直线的距离公式可得b，已知结合双曲线列方程组求解即可.【详解】点的到渐近线，即的距离，又由题知，解得，所以.故选：B.5.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下支的一部分，且此双曲线的下焦点到渐近线的距离为2，离心率为2，则该双曲线的方程为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到，再解方程组即可.【详解】设双曲线的一个焦点为，一条渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离，所以，即双曲线方程为：.故选：B6.2021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，第二组，…，第六组，得到如下频率分布直方图，则该100名考生的成绩的平均数和中位数（保留一位小数）分别是（）A.15.215.4B.15.115.4C.15.115.3D.15.215.3 【答案】C【解析】【分析】利用平均数和中位数的定义求解.【详解】100名考生成绩的平均数，因为前三组面积和为，前四组面积和为，所以中位数位于第四组内，设中位数为，则有，解得，故选：C.7.某企业为了研究某种产品的销售价格（元）与销售量（千件）之间的关系，通过大量市场调研收集得到以下数据：16128424a3864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：，则缺失的数据a是（）A.33B.35C.34D.34.8【答案】C【解析】【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.【详解】因为点一定在回归方程上，所以将，代入解得.故选：C.8.十七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 时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，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.已知在中，，是的角平分线，交于，满足若为的费马点，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用角平分线的性质及等面积法及数量积即可求解.【详解】在中，，由是的角平分线，交于，设到两边的距离为，则，故.已知的三个内角均小于，则点与的三个顶点的连线两两成角，所以.，所以，所以.故选：D. 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，则存在向量可以与，构成空间的一个基底C.，，，是空间四点若不能构成空间的一个基底那么，，，共面D.已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底【答案】ACD【解析】【分析】根据空间基底的概念，结合向量的共面定量，逐项判定，即可求解得到答案.【详解】选项中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以正确；选项中，因为，根据空间基底的概念，可得不正确；选项中，由不能构成空间的一个基底，可得共面，又由过相同点B，可得四点共面，所以正确；选项中：由是空间的一个基底，则基向量与向量一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以正确．故选：ACD.【点睛】本题主要考查了空间基底的概念及其判定，其中解答中熟记空间基底的概念，合理利用共面向量定量进行判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10.已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为，是的中点，则（）A.任意，B.存在，直线与直线相交 C.平面与底面交线长为定值D.当时，三棱锥外接球表面积为【答案】AC【解析】【分析】对于A，由题意可得平面，从而可得，即可判断；对于B，根据异面直线的定义可得；对于C，根据题意找出交线，然后求出交线长即可；对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.【详解】解：对于A，，，，，平面，平面，平面，，故正确；对于B，因为平面，平面，所以平面，与异面，故不相交，故错误；对于C，延长，交于点，连接交于，为中点，，所以,所以,所以，平面平面， 平面与底面交线为，其中为中点，所以，故正确对；对于D，，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆，圆心设，半径，取中点，则平面，，所以，所以，，故错误.故选：．11.若动点、分别在直线与上移动，则的中点到原点的距离可能为（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】设点，则，根据题意求出点的轨迹方程，可求得原点到点的距离的最小值，即可得出合适的选项. 【详解】设点，则，由题意可得，将这两个等式相加可得，即，即，故点的轨迹方程为.因为原点到直线的距离为，所以，的中点到原点的距离的最小值为，因此，的中点到原点的距离可能为、、，故选：ACD12.已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（）A.的准线方程为B.若，则C.若，则的斜率为D.过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线的几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；若，则，所以，所以，故B正确； 可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，，由抛物线的定义可得即，即，解得，则直线的斜率为，故C正确；对于D，若轴平分，则，又轴，所以，所以，所以，即，所以，故D正确；故选：BCD三、解答题13.已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列，（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. 【答案】（1）；（2），，.【解析】【分析】（1）根据前三项系数的关系列方程求n，然后根据二项式系数的性质可得；（2）根据指数为整数分析即可.【小问1详解】展开式中第项为，所以前三项系数的绝对值依次为，依题意有，，即，整理得，解得（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.【小问2详解】由（1）知，，又，由可得，故展开式中的有理项为：，，.14.如图，在多面体中，四边形是正方形，，，为的中点． （1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）连接，证明可得，，即可得证；（2）先证平面，得，再证平面，得，即，利用即可得证；（3）构建空间直角坐标系，运用空间向量的夹角公式求得.【小问1详解】如图，设，连接，由四边形ABCD是正方形得，因H为BC的中点，故且，又因且，则有且，故得平行四边形，则有，因平面，平面，故得平面.【小问2详解】由（1）得：，，则有，因，平面，故平面， 又平面，则，故，又，则，因平面，故平面，因平面，则，故，因平面，故平面.【小问3详解】如图，由（2）知平面，分别以为正方向建立空间直角坐标系.不妨设正方形边长为2，在中，故，则有于是，设平面的法向量为，则故可取：，，设平面的法向量为，则故可取：，设二面角的平面角为，易知为锐角，则，故得，即二面角为.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． 【答案】（1）（2）；或【解析】【分析】（1）将直线方程转化为斜截式，从而得到关于的不等式组，进而求解即可；（2）利用点线距离公式，结合基本不等式求解即可．【小问1详解】直线l的方程可化为，要使直线l不经过第三象限，则必须有，解得，故a的取值范围是．小问2详解】设原点O到直线l的距离为d，则，当且仅当，即时，等号成立，所以原点O到直线l的距离的最小值为，此时直线l的方程为或．16.如图，在多面体中，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＞c，b＞d，两底面间的距离为h． （1）求侧面与底面所成二面角的大小；（2）证明：；（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式来计算，已知它的体积公式是，试判断与V的大小关系，并加以证明．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．【答案】（1）（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】【分析】（1）过作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过作⊥PQ，垂足为G，则∠为所求二面角的平面角，在△求解即可；（2）由AB∥CD，可得AB∥面CDEF，从而AB∥EF，根据直线与平面平行的判定定理即可得出EF∥面ABCD；（3）根据题意计算，V并作差比较大小即可得出结论．【小问1详解】过作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过作⊥PQ，垂足为G．∵平面ABCD∥平面，∠＝90°，∴AB⊥PQ，AB⊥．∴∠为所求二面角的平面角．过作⊥PQ，垂足为H． 由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形为等腰梯形．∴，又，，，即所求二面角的大小为；【小问2详解】∵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；【小问3详解】＜V．证明如下：∵a＞c，b＞d，∴∴V估＜V．17.两个边长为2的正方形和各与对方所在平面垂直，、分别是对角线、上的点，且.（1）求证：平面；（2）设，，求与的函数关系式；（3）求、两点间的最短距离.【答案】（1）证明见解析 （2）（3）【解析】【分析】（1）过点作，交于点，由题意可先证明出平面与平面平行，借助面面平行性质定理可得线面平行；（2）先找出、与的数量关系，进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得，根据勾股定理即可得与的函数关系式；（3）根据与的函数关系式即可得.【小问1详解】过点作，交于点，连接、，因为，所以，由已知可得，，，所以，，，所以，，所以，，又，所以，因为平面，，平面，所以，平面，同理可得，平面，因为平面，平面，，所以，平面平面，因为平面，所以直线平面.【小问2详解】由（1）可知，，， 所以，，所以，，同理可得，，又平面平面，平面平面，，平面，所以，平面，因为平面，所以，因为，，所以，所以，是直角三角形，所以，，即；【小问3详解】由，且，所以当，即、分别为线段、中点时，有最小值，、两点间的最短距离为.18.如图，平面，四边形是正方形，且，试求：（1）点到的距离；（2）求异面直线与所成的角. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据垂直关系可得三角形边长，即可判断为等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解，（2）根据异面直线所成角的几何法求解角，即可利用三角形的性质求解.小问1详解】由于平面，平面，所以，,四边形是正方形,所以,又，连接相交于，所以为边长为的等边三角形，所以,故到的距离为,【小问2详解】取中点为，连接,由于是的中点，所以,故即为直线与所成的角或其补角，由于，,,所以为等边三角形，所以,故直线与所成的角为， 19.已知是锐角三角形的垂心，过作平面的垂线，在垂线上取一点，使，求证：平面.【答案】证明见解析【解析】【分析】首先连接交于，连接，首先易证平面，从而得到，再，利用线面垂直的判定即可证明平面.【详解】如图所示：平面，为锐角三角形的垂心，，连接交于，连接.因为平面，平面，所以.又因为为锐角三角形的垂心，所以.因为，平面，所以平面.又因为平面，所以.因为，平面，所以平面.