首页

上海市进才中学2022-2023学年高二数学上学期期末试题(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/20

2/20

剩余18页未读,查看更多内容需下载

进才中学2022学年第一学期数学期末时间90分钟,满分100分,(2023年1月)一、选择题:共20题,1-10题每题3分,11-20题每题4分,总计70分.1.过点,倾斜角为的直线方程为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件,利用直线的点斜式方程求解作答.【详解】依题意,直线的斜率,所以直线方程为:,即.故选:B2.已知曲线经过点,根据该点坐标可以确定标准方程的曲线是()A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.以上都不可能【答案】C【解析】【分析】根据给定条件,利用椭圆、双曲线、抛物线方程特点即可判断作答.【详解】因为椭圆、双曲线标准方程中都含有2个参数,分别为长短半轴长、实虚半轴长,确定其标准方程需要2个独立条件,因此经过点不能确定其标准方程的曲线是椭圆和双曲线,A,B都不是;抛物线的标准方程只有1个参数,确定其标准方程只需1个条件,因此经过点能确定其标准方程的曲线是抛物线,C是,显然D不是.故选:C3.已知直线:和:,则“”是“直线与直 线垂直”的()A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件【答案】A【解析】【分析】利用两直线的方向向量垂直得出两直线垂直的充要条件,即可判断.【详解】直线、的方向向量分别为、,由解得或5,故直线与直线垂直的充要条件为或5,故“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.故选:A4.已知方程表示圆,则实数的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的要求可直接构造不等式求解.详解】方程表示圆,,即,解得:,实数的取值范围是.故选:D.5.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径,由双曲线方程可得渐近线方程;利用垂径定理可求得弦长. 【详解】由圆的方程知:圆心,半径,由双曲线方程知:渐近线方程为,即,圆心到渐近线的距离,所求弦长为.故选:B.6.如图所示,长方体中,,P是线段上的动点,则下列直线中,始终与直线BP异面的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件,结合长方体的结构特征及异面直线的意义,逐项判断作答.【详解】在长方体中,,当是与的交点时,平面,与相交,A不是;当点与重合时,平面,与相交,B不是;当点与重合时,因为长方体的对角面是矩形,此时, C不是;因为平面,平面,而平面,因此与是异面直线,D是.故选:D7.已知圆锥的侧面展开图为一个半径为18,圆心角为120°的扇形,则该圆锥的体积为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别求出圆锥的底面半径和高即可求出圆锥的体积.【详解】解:由题意在圆锥中,设底面半径为圆锥的侧面展开图为一个半径为18,圆心角为120°的扇形∴解得:由几何知识得圆锥高:∴圆锥体积:故选:C.8.方程表示焦距为的双曲线,则实数λ的值为()A.1B.-4或1C.-2或-4或1D.-2或1【答案】A【解析】【分析】分类讨论和分别小于0时的情况,即可得到实数λ的值【详解】解:由题意 在双曲线中,焦距即当即时,解得:(舍)或当即时,解得:(舍)或(舍)综上,故选:A.9.已知抛物线:,点是经过抛物线焦点的直线与抛物线的交点,且,则这样的直线()A.有且仅有一条B.有且仅有两条C.有无穷多条D.不存在【答案】D【解析】【分析】设出方程与抛物线方程联立,求出,建立方程,方程无解,可得答案.【详解】抛物线:,.显然直线斜率存在,设与抛物线:联立,得,则,所以无解.故选:D10.已知是长方体,,E为BC中点,则异面直线 与所成角的正切值为()A.2B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件,建立空间直角坐标系,利用空间向量求出异面直线与所成角的余弦即可作答.【详解】在长方体中,建立如图所示的空间直角坐标系,依题意,,棱BC中点,,设异面直线与所成的角为,则,, 所以异面直线与所成角的正切值.故选:B11.当点在椭圆上运动时,连接点与定点,则的中点的轨迹方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设,,结合中点坐标公式,利用点坐标表示出点坐标,代入椭圆方程中即可求得点轨迹方程.【详解】设,,为中点,,则,即,又在椭圆上,,即,点轨迹方程为:.故选:D.12.已知圆的方程为,该圆过点的最长弦和最短弦分别为和,则四边形的面积为()A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】由圆的方程可确定圆心和半径;根据过圆内一点的最长弦为直径可得;最短弦是与最长弦垂直的那条弦,可首先确定最短弦所在直线方程,进而利用垂径定理求得,由可求得结果.【详解】由圆的方程知:圆心为,半径;则过点的最长弦为直径,即;过点的最短弦与最长弦垂直,则所在直线斜率,所在直线方程为,即,圆心到直线距离,,四边形的面积.故选:B.13.已知直线l经过抛物线的焦点F,交抛物线于M,N两点,若在y轴负半轴上存在一点,使得为钝角,则t的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出点坐标并设出直线l的方程,联立直线l与抛物线方程,利用韦达定理结合向量数量积的坐标表示求解作答.【详解】抛物线的焦点,显然直线l的斜率存在,设其方程为,由消去y得:,设,则, ,当且仅当且时取等号,,,则,而存在一点,使得为钝角,即存在一点,使得,因此,则,即有,所以t的取值范围为.故选:A14.已知直线l:和双曲线C:,若l与C的上支交于不同的两点,则t的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据l与C的上支交于不同的两点,联立两个方程,根据判别式和韦达定理列不等式,即可求出t的取值范围【详解】解:由题意在直线l:和双曲线C:中,若l与C的上支交于不同的两点∴即 ∴解得:∴t的取值范围为故选:D.15.已知椭圆C:的左、右焦点分别为、,过的直线与椭圆交于M、N两点,若的周长为16,离心率,则面积的最大值为()A12B.2C.4D.8【答案】A【解析】【分析】根据给定的离心率及三角形周长,求出椭圆方程,再设出直线MN的方程,与椭圆方程联立求解三角形面积即可.【详解】依题意,周长,解得,而椭圆的离心率,则其半焦距,因此,椭圆C:,,显然直线不垂直于y轴,设其方程为,由消去x得:,设,则有,, 令,函数在上单调递增,因此当时,取得最小值4,即,的面积,当且仅当时取等号,所以面积的最大值为12.故选:A16.已知双曲线:,点P为曲线在第三象限一个动点,以下两个命题,则()①点P到双曲线两条渐近线的距离为,,则为定值.②已知A、B是双曲线上关于原点对称不同于P的两个点,若PA、PB的斜率存在且分别为,,则为定值.A.①真②真B.①假②真C.①真②假D.①假②假【答案】A【解析】【分析】根据给定条件,求出双曲线的渐近线方程,借助点到直线距离计算判断①,利用斜率坐标公式计算判断②作答.【详解】依题意,设,且有,双曲线的渐近线为,因此为定值,①真;设,则,且,显然,否则,之一垂直于y轴,由双曲线对称性知另一条必垂直于x轴,其斜率不存在,不符合题意, 则为定值,②真,所以①真②真.故选:A17.已知点是椭圆上一点,点、是椭圆上、下焦点,有一个内角为,则的面积为()A.或B.或C.或D.或【答案】D【解析】【分析】分、、三种情况讨论,利用余弦定理、椭圆的定义以及三角形的面积公式可求得的面积.【详解】在椭圆中,,,则,设,,则,由余弦定理可得,当且仅当时,等号成立,即当点为椭圆短轴的端点时,取最大值,且的最大值大于,所以,可以取,当时,,可得,此时 ;当时,由余弦定理可得,因为,解得,此时;当时,同理可得.综上所述,或.故选:D.18.设、椭圆左、右焦点,椭圆上存在点M,,,使得离心率,则e取值范围为()A.(0,1)B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在△中,由正弦定理结合条件有:,再由的范围可求出离心率.【详解】由,,设,,在中,由正弦定理有:, 离心率,则;解得:,由于,得,显然成立,由有,即,得,所以椭圆离心率取值范围为.故选:C19.已知曲线:与曲线:,且曲线C1和C2恰有两个不同的交点,则实数m的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】当时,曲线为双曲线,则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点,由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围;当时,曲线为圆或椭圆,则相切时有两个不同交点,再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围.【详解】由题意,曲线过定点,曲线:,故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分,如图所示. (1)当时,曲线为双曲线,则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点,又渐近线为,故当即时,曲线C1和C2在y轴右侧无交点,满足题意;(2)当时,曲线为圆或椭圆,当曲线与相切时,有,消y得,由.i.故当时,曲线C1和C2恰有两个不同的交点;ii.当时,曲线C1和C2有零个不同的交点;iii.当时,曲线C1和C2有四个不同的交点;iv.当时,曲线C1和C2有三个不同的交点;v.当时,曲线C1和C2有两个不同的交点.综上,曲线C1和C2恰有两个不同的交点,实数m的取值范围为.故选:D20.在平面上,定点、之间的距离,曲线C是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为x轴,线段的中垂线为y轴,建立直角坐标系.已知点是曲线C上一点,下列说法中正确的有()①曲线C是中心对称图形; ②曲线C上的点的纵坐标的取值范围是;③曲线C上有两个点到点、距离相等;④曲线C上的点到原点距离的最大值为A.①②B.①②④C.①②③④D.①③【答案】B【解析】【分析】根据给定条件,求出曲线C的方程,再利用各项的条件计算、判断作答.【详解】依题意,令,设点是曲线C上任意一点,则有,显然,即点关于原点对称点在曲线C上,因此曲线C是中心对称图形,①正确;当时,,即,当且仅当,即,亦即时取等号,此时,而点在曲线C上,即成立,因此,曲线C上的点的纵坐标的取值范围是,②正确;曲线C上点P满足,则点P在y轴上,由得,解得,因此曲线C上只有一个点到点、距离相等,③不正确;因为,则,当时,由余弦定理得,于是得,, 当时,或,有或,因此曲线C上的点到原点距离的最大值为,④正确,所以说法中正确的有①②④.故选:B【点睛】结论点睛:曲线C的方程为,(1)如果,则曲线C关于y轴对称;(2)如果,则曲线C关于x轴对称;(3)如果,则曲线C关于原点对称.二、解答题(共2题,21题10分,22题20分,总计30分)21.如图,已知四面体ABCD中,AB⊥面BCD,BC⊥CD.(1)求证:;(2)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”,若此“鳖臑”中,,有一根彩带经过面ABC与面ACD,且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处,求彩带的最小长度.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由线面垂直得到,结合得到线面垂直,进而证明出线线垂直;(2)将面与面沿展开成平面图形,则BD即为所求,从而利用余弦定理求出答案即可.【小问1详解】因为平面,平面BCD,所以,又,,平面ABC,所以平面,因为平面ABC,所以. 【小问2详解】将面与面沿展开成如图2所示的平面图形,连接BD,所以彩带的最小长度为图2平面图中的长,.由(1)知,在图1中,因为平面,平面BCD,所以,又因为,所以,故在图2中,,所以在图2中,在中,由余弦定理得,所以彩带的最小长度为.22.已知椭圆C:过点,椭圆C离心率为,其左右焦点分别为,,上下顶点为,.(1)求椭圆C的方程;(2)点Q是椭圆C上的一个动点,求面积的最大值;(3)若M,N为椭圆C上相异两点(均不同于点),,的斜率分别是,,若.求证:直线MN必过定点,并求出定点坐标.【答案】(1);(2);(3)证明见解析,定点.【解析】 【分析】(1)利用离心率求出a,b的关系,再利用椭圆过的点求出方程作答.(2)设出点Q的坐标,利用点到直线距离公式列式,求出点Q到直线的距离最大值即可求解作答.(3)设出直线的方程,与椭圆方程联立结合斜率关系求解即可作答.【小问1详解】椭圆C离心率为,则,解得,椭圆C:过点,则,于是得,所以椭圆C的方程为.【小问2详解】由(1)知,,直线方程:,即,设椭圆C上的动点,点到直线的距离为,,其中锐角由确定,而,则当时,,又,所以面积的最大值为.【小问3详解】由(1)知,,显然直线的斜率存在,设直线方程为:,, 由消去y并整理得:,,即,设,则,,整理得,则,而,化简整理得,解得,满足,即直线过定点,所以直线必过定点,该定点坐标为.【点睛】思路点睛:圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题,可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量,建立函数关系求解作答.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-03-05 02:05:01 页数:20
价格:¥2 大小:980.72 KB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE