1、北京市西城区20202021学年度第一学期期末试卷高二数学本试卷共5页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分（选择题 共50分）一、选择题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数对应的点的坐标是，可直接求得复数，再利用共轭复数的概念求解.【详解】由复数对应的点的坐标是，可得，故，故选：A.2. 在的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】【
2、分析】利用二项式系数的性质：展开式中间项二项式系数最大，得，得出n的值.【详解】在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，即中间项项的二项式系数最大， 即，解得：故选：C【点睛】结论点睛：本题考查二项式系数的性质，在的展开式中，若n是偶数时，中间项项的二项式系数最大；若n是奇数时，中间两项与项的二项式系数相等且最大3. 椭圆的焦点坐标为（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的标准方程，求得的值，即可求得椭圆的焦点坐标，得到答案.【详解】由题意，椭圆，可得，则，所以椭圆的焦点坐标为和.故选：B4. 已知直线，若，则实数（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案
3、】C【解析】【分析】利用两条直线斜率之积为求解.【详解】若，则，解得或.故选：C.【点睛】若直线和直线，当直线时有，.5. 已知平面平面，下列结论中正确的是（ ）A. 若直线平面，则B. 若平面平面，则C. 若直线直线，则D. 若平面直线，则【答案】D【解析】【分析】A，利用线面平行的判定定理；B，面面垂直没有传递性；C，利用面面垂直的性质定理；D，利用面面垂直的判定定理；【详解】A，若，则或，故A错误；B，若，则或与相交，故B错误；C，若，必须，利用面面垂直的性质定理可知，故C错误；D，若，即，利用面面垂直的判定定理知，故D正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间直线，平面直线位
4、置关系的判断，熟练掌握平行和垂直位置关系的判定和性质是解题的关键，属于基础题.6. 将张座位编号分别为的电影票全部分给人，每人至少张如果分给同一人的张电影票具有连续的编号，那么不同的分法种数是（ ）A. 24B. 18C. 12D. 6【答案】B【解析】【分析】求出4张电影票分3份，两张连续的所有分法，而每一种分法分给3个人有种不同的办法，然后利用分步相乘计数原理求解.【详解】4张电影票分3份，两张连续，则有（12,3,4）（1,23,4）（1,2,34）三种分法，每一种分法分给3个人有种分法，所以不同的分法有种方法故选：B.【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求
5、法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.7. 已知双曲线的两个焦点是、，点在双曲线上若的离心率为，且，则（ ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】A【解析】【分析】求出的值，结合双曲线的定义可求得的值.【详解】在双曲线中，因为双曲线的离心率为，由双曲线的性质可知，由双曲线的定义可得，解得或.故选：A.【点睛】关键点点睛：在利用双曲线的定义求解问题时，需要注意以下两点：（1）双曲线定义的集合语言：是解决与焦点三角形有关的计算问题的关键，切记对所求结果进行必
6、要的检验（2）利用定义解决双曲线上的点与焦点的距离有关问题时，弄清点在双曲线的哪支上8. 在正三棱锥中，则直线与平面所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正三棱锥的特点可知，点在底面的投影为底面的中心，所以与的夹角即为与平面的夹角，然后通过题目所给的棱长，解三角形求解即可.【详解】如图，过点作平面，则点为正三角形的中心，连接并延长，交于点，则点为的中点.根据直线与平面夹角的概念可知与平面的夹角的平面角为，因为，则，所以，又因为，所以，故角.故选：A.【点睛】利用定义法求解直线与平面间的夹角问题时，要注意找到斜线在面内的投影，斜线与斜线在平面内投影的夹角即为线
7、面夹角.9. 已知圆的方程为，圆的方程为，其中那么这两个圆的位置关系不可能为（ ）A. 外离B. 外切C. 内含D. 内切【答案】C【解析】【分析】求出圆心距的取值范围，然后利用圆心距与半径的和差关系判断.【详解】由两圆的标准方程可得，；则，所以两圆不可能内含.故选：C.10. 点在直线上，若椭圆上存在两点，使得是等腰三角形，则称椭圆具有性质下列结论中正确的是（ ）A. 对于直线上的所有点，椭圆都不具有性质B. 直线上仅有有限个点，使椭圆具有性质C. 直线上有无穷多个点（但不是所有的点），使椭圆具有性质D. 对于直线上的所有点，椭圆都具有性质【答案】D【解析】【分析】以点为圆心作圆，则通过改变
8、圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，即可知结论正确的是D【详解】取直线上的任意点，以点为圆心作圆，通过改变圆的半径大小，使得圆与椭圆相交于两点，这样，于是是等腰三角形，所以对于直线上的所有点，椭圆都具有性质故选：D第二部分（非选择题 共100分）二、填空题共6小题，每小题4分，共24分.11. 已知复数，则_【答案】【解析】【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，进而求得复数的模，得到答案.【详解】由题意，复数，所以.故答案为：.12. 若双曲线的焦距为，则_；的渐近线方程为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】分析】根据题意得，进而根据双曲线的性质求解即可.【
9、详解】解：根据题意得，所以，由于双曲线焦点在轴上，故渐近线方程：.故答案为：；.13. 设，则_【答案】.【解析】分析】在原式中令和即可解得答案.【详解】在中，令得：，令得：，所以.故答案为：.【点睛】求解与二项式定理有关的系数和问题时，要注意系数的正负规律，通过赋值法来求解，一般地假设令便可得到项的系数和，分别令和，然后通过两式相加减便可得到的奇数次方项的系数和与偶次方项的系数和.14. 在空间直角坐标系中，已知点，则直线与所成角的大小是_【答案】【解析】【分析】利用空间向量求夹角公式直接求解.【详解】又空间中两直线夹角范围为，故所以直线与所成角的大小是故答案为：15. 已知抛物线的焦点为，
10、准线为，点在抛物线上，于点若是锐角三角形，则点的横坐标的取值范围是_【答案】【解析】【分析】在轴上取点，推导出为锐角，设点，可得出，可求得的范围，进而可求得点的横坐标的取值范围.【详解】如下图所示：在轴上取点，由抛物线的定义可得，则，由于为锐角三角形，则为锐角，由已知可得轴，所以，则为锐角，设点，则，解得.因此，点的横坐标的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用锐角三角形求点的横坐标的取值范围，解题的关键在于分析出为锐角，进而转化为来求解，一般而言，对于平面几何中的角的问题，一般转化为向量夹角或者直线的倾斜角，进而转化为向量的数量积或者直线的斜率来求解.16. 如图，正方体的
11、棱长为，分别为的中点，是底面上一点若平面，则长度的最小值是_；最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】取中点，中点，连接，利用面面平行的判定定理证得平面平面，结合已知条件可知，在等腰中，可求得长度的最值.【详解】取中点，中点，连接，由正方体，分别为的中点，又平面，平面，平面分别为的中点，由中位线性质知同理可知，又平面，平面，平面又，平面平面平面是底面上一点且平面，在等腰中，的长度最大时为的长度最小时，为中点，即故答案为：，【点睛】方法点睛：证明面面平行常用的方法：（1）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；（2）利用垂直于同一条
12、直线的两个平面平行；（3）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；（4）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化三、解答题共6小题，共76分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.17. 生物兴趣小组有名学生，其中正、副组长各名，组员名现从该小组选派名同学参加生物学科知识竞赛（1）如果正、副组长人中有且只有人入选，共有多少种不同的选派方法？（2）如果正、副组长人中至少有人入选，且组员甲没有入选，共有多少种不同的选派方法？【答案】（1）90；（2）81.【解析】【分析】（1）正、副组长2人中有且只有1人入选，可知10名组员中有2人入选，即可求解.（1）由正、副组长人中至
13、少有人入选，可分为两类，一类为只有1人入选，另一类为2人都入选，再根据组员甲没有入选确定其他组员入选情况，进行求解.【详解】（1）正、副组长2人中有且只有1人入选，选派方法数为.（2）正、副组长2人都入选，且组员甲没有入选，选派方法数为.正、副组长2人中有且只有1人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为.所以正、副组长人中至少有人入选，且组员甲没有入选，选派方法数为.18. 已知圆过原点和点，圆心在直线上（1）求圆的方程；（2）直线经过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）设圆的圆心坐标为，列出方程，求得，进而求得半径，即可求得圆的方程；（2）依题意，
14、显然直线符合题意；当直线的斜率存在时，设其方程为，结合圆心到直线的距离等于，列出方程，即可求解.【详解】（1）由题意，圆心在直线上，设圆的圆心坐标为 可得， 解得 从而圆的半径为， 所以圆的方程为 （2）依题意，圆的圆心到直线的距离为， 显然直线符合题意 当直线的斜率存在时，设其方程为，即，因为直线被圆截得的弦长为，即，可得，即圆心到直线的距离为，则，解得，所以直线的方程为，综上可得，直线的方程为或19. 如图，在正三棱柱中，分别是的中点（1）求证：平面； （2）求证：平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设，连接，利用中位线可证得，再利用线面平行的判定定理可证
15、得结论；（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理可证得，再利用正方形及中位线的性质可证得，再利用线面垂直判定定理证得结论.【详解】（1）设，连接为正三棱柱，且，侧面为正方形 又分别是的中点，是的中点 又是的中点， 又平面，平面 所以平面 （2）因为为正三角形， 又平面，平面， 又，平面 又平面，连接，侧面为正方形， 又分别是的中点，故 又，平面【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中的线面平行与垂直的证明，证明线面垂直的常用方法：（1）证明直线和平面垂直的常用方法有：判定定理；垂直于平面的传递性(， )；面面平行的性质(，)；面面垂直的性质（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助
16、线面垂直的性质因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想20. 如图，设点在轴上，且关于原点对称点满足，且的面积为（）求点的坐标；（）以为焦点，且过点的椭圆记为设是上一点，且，求的取值范围【答案】（）；（）【解析】【分析】（）设，根据点满足，得到直线的方程为，直线的方程为，两方程联立用c表示点P的坐标，再根据的面积为，由求得c即可.（）由（）得，P，从而由求得a，进而得到椭圆的方程，然后根据求解.【详解】（）如图所示：设，则直线的方程为，直线的方程为 由 解得所以 故的面积 所以，解得 所以点的坐标为 （）由（）得所以， 设以为焦点且过点的椭圆方程为 则，又， 所以椭圆的方程为
17、 所以， 即因为，所以所以 所以的取值范围是21. 如图，在四棱锥中，平面，为的中点，底面是边长为的正方形，且二面角的余弦值为（1）求的长；（2）求点到平面的距离【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意设，建立空间直角坐标系，根据二面角求得的值，即的长；（2）利用空间中点到平面距离公式直接求解.【详解】解：（1）依题意，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系 设由题意得，所以，设平面的法向量为， 则即 令，则， 于是 又因为平面，所以平面的一个法向量为 依题意，有， 解得，所以 （2）由（1）得，平面的法向量为 又，所以所以点到平面的距离为【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注
18、意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算(2)设分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角22. 已知椭圆的一个焦点为，且（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于点记和的面积分别为和当时，求直线的方程【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据椭圆的性质得，故，进而得椭圆的方程为；（2）先讨论直线的斜率不存在时不满足条件，故当直线的斜率存在时，设其方程为，进而联立方程并根据韦达定理得，进而求解即可得答案.【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距，所以，解得 所以 所以椭圆的方程为 （2）当直线的斜率不存在时，其方程为此时，或所以，即，不合题意 当直线的斜率存在时，设其方程为由 得设，则， 因为，所以 令， 解得 所以直线的方程为，或【点睛】本题第二问解题的关键在于分类讨论直线的斜率存在与不存在，当直线斜率存在时，进而设直线的方程，联立方程，根据韦达定理计算即可.考查运算求解能力，是中档题.
