四川省仁寿第一中学南校区2022-2023学年高二理科数学上学期期末试题（Word版附解析）

仁寿一中南校区高2021级高二（上）期末考试理科数学试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题号的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上.4．考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.命题“，使得”的否定是A.，都有B.，都有C.，使得D.，使得【答案】A【解析】【详解】由特称命题的否定为全称命题可知：“，使得”的否定是，都有，故选A.2.在空间直角坐标系中，点在平面上的射影到坐标原点的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出给定点在平面上的射影点，再用空间两点间距离公式即可得解.【详解】依题意，点在平面上的射影点M坐标为，而原点，由空间两点间距离公式得. 故选：C3.已知圆与抛物线的准线相切，则（）A.B.C.8D.2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系即可求解.【详解】抛物线的准线为，又圆与该抛物线的准线相切,圆心到准线的距离：.故选：D.4.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A.若，，，则.B.若，，，则.C.若，，则.D.若，，，则.【答案】B【解析】【分析】对于A，由面面垂直的性质定理判断即可；对于B，由面面垂直的判定定理判断即可；对于C，由线面平行的性质判断；对于D，由面面平行的性质判断即可【详解】解：对于A，当，，，且时，才能得到，所以A错误；对于B，当，时，得，因为，所以由面面垂直的判定定理可得，所以B正确；对于C，当，时，，可能平行、可能相交、可能异面，所以C错误；对于D，当，，时，，可能平行、可能异面，所以D错误， 故选：B5.已知，则是的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先解不等式，再由充分必要的定义判断即可.【详解】，或，因此p可推出q而q不能推p，所以p是q充分而不必要条件；故选：C.6.已知圆圆心在直线上，且圆与轴的交点分别为，则圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得圆心的横坐标与纵坐标互为相反数，再由圆与轴的交点分别为，求得圆心坐标，进一步求解圆的半径，则答案可求．【详解】解：由题意设圆心坐标为，再由圆与轴的交点分别为，可得，解得，则圆心坐标为，半径．该圆的标准方程是．故选：B．7.某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为，故选：A.8.执行如图所示的程序框图，输出的值为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】按照程序框图执行程序，直到不满足时，输出结果即可.【详解】按照程序框图执行程序，输入，，则，满足，进入循环；则，，满足，进入循环；则，，满足，进入循环；则，，满足，进入循环；则，，不满足，终止循环，输出.故选：B.9.如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.【详解】设是的中点，连接，由于，所以，所以是二面角的平面角，所以，由得.在中，，在中，，在中，由余弦定理得：，所以，由于，所以两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，故选：A.10.已知双曲线（，）的左，右焦点分别为，．若双曲线右支上存在点，使得与双曲线的一条渐近线垂直并相交于点，且，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】结合已知条件求出的斜率，进而得到与的比值表达式，然后结合双曲线定义、勾股定理以及、、之间的关系即可求解.【详解】不妨设双曲线的焦距为，点在第一象限，如下图所示：因为双曲线的渐近线方程为，因为与双曲线的一条渐近线垂直并相交于点，易知的斜率，令，，因为，所以，，所以，，由双曲线定义可知，，可得，，从而双曲线的渐近线方程为.故选：B.11.已知椭圆，P是椭圆C上的点，是椭圆C的左右焦点，若恒成立，则椭圆C的离心率e的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】设出点坐标后将用坐标表示，结合在椭圆上，将点坐标代入椭圆方程，二者联立后化简即可得出离心率的取值范围.【详解】设，在椭圆上，，，两边都乘以化简后得：，，，又因为椭圆离心率，.故选：A.【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．12.如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，下列命题：①当时，异面直线与所成角的正切值为2；②当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分；③存在点P满足；④满足的点P的轨迹长度为；其中真命题的个数为（） A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】对于①，可得为异面直线与所成角，由可得，然后在中利用正余弦定理可求得结果，对于②，将距离转化后，利用抛物线的定义分析判断，对于③，由题意可得点轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，点P轨迹是以为圆心，长度为的圆上，则可得点是两圆的交点，对于④，取的中点，连接，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，可得点的轨迹为.【详解】对于①，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，即，因为，所以，，，所以由余弦定理，得，由正弦定理，，所以，所以，即CP与AD所成的角的正切值为2，①正确；对于②，点P到平面的距离即点P到直线的距离，点P到直线的距离即点P到的距离， 依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，②正确；对于③选项，假设，点到距离可以转化成，正好点，且始终垂直平面，所以只需要让即可，点轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，同理，，只需要让即可，点P轨迹是以为圆心，长度为的圆上，如图1.又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足，选项③正确；对于④选项，取中点，连接，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，则，因为分别为的中点，所以，因为，所以≌，所以，因为，所以，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以，同理，因为，平面，所以平面，平面平面，所以点的轨迹为，所以选项④正确.故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查点到面的距离的求解，考查立体几何中的轨迹问题，考查正余弦定理的应用，解题的关键是根据题意结合正方体的性质和线面垂直的的判定与性质求出动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知双曲线，则该双曲线的实轴长为____________【答案】【解析】【分析】根据双曲线方程直接求解即可.【详解】由双曲线方程可知：，所以该双曲线的实轴长为，故答案为：14.设分别为直线和圆上的点，则的最小值为_______.【答案】【解析】 【分析】易知的最小值为圆心到直线的距离减去半径.【详解】圆心到直线的距离为，所以的最小值为.故答案为：.15.在菱形ABCD中，，将沿BD折叠，使平面ABD⊥平面BCD，则AD与平面ABC所成角的正弦值为___________.【答案】【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理及题意，可证，，，如图建系，求得各点坐标，进而可得坐标，即可求得平面ABC的法向量，根据线面角的向量求法，即可得答案.【详解】取BD中点O，连接AO、CO，因为，所以、为等边三角形，因为O为BD中点，所以，因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCD=BD，平面ABD，所以平面BCD，又平面BCD，所以，，以O为原点，OC、OD、OA为x，y，z轴正方向建系，如图所示，设菱形ABCD的边长为2，则所以，设平面ABC的法向量， 则，即，令，则，即，设AD与平面ABC所成角为，则，所以AD与平面ABC所成角的正弦值为.故答案为：16.过的直线l与抛物线E：交于，两点，且与E的准线交于点C，点F是E的焦点，若的面积是的面积的3倍，则___________【答案】##【解析】【分析】由题意设直线的方程为，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可得，再由的面积是的面积的3倍，可得到准线的距离是到准线有距离的3倍，则，从而可求出，进而可求得答案.【详解】由，得， 由题意可知直线的斜率存在，所以设直线的方程为，由，得，易得，所以，因为的面积是的面积的3倍，所以，所以到准线的距离是到准线的距离的3倍，所以，即，因为，所以，化简得，解得或（舍去），所以，所以，故答案为：三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，点在线段上且. （1）证明直线平面;（2）证明直线平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）作辅助线，即连接交于点，连接,利用△∽△及，证明，利用线面平行的判定定理证明即可；（2）通过计算证明，由平面得到，利用线面垂直的判定定理证明即可.小问1详解】证明：连接交于点，连接,∵，,∴△∽△,即，又∵，∴∴又∵、∴ 【小问2详解】∵平面，平面，∴，又∵，且直角梯形，∴，即，∴，又∵，且平面，∴平面.18.圆内有一点，过的直线交圆于A、B两点.（1）当弦AB被平分时，求直线AB的方程；（2）若圆与圆相交于E，F两点，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，从而得到，再利用点斜式求解直线方程即可.（2）首先根据题意得到公共弦方程为，再求弦长即可.【小问1详解】 如图所示：，因为弦AB被平分，所以，即.所以直线为，即.【小问2详解】.原点到直线的距离.则.19.已知O为坐标原点，位于抛物线C：上，且到抛物线的准线的距离为2．（1）求抛物线C的方程；（2）已知点，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，求的最小值以及此时直线l的方程．【答案】（1）（2）13；．【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义计算即可；（2）根据韦达定理及二次函数最值计算即可.【小问1详解】根据题意可得，又，解方程组得，， 故所求抛物线C方程，【小问2详解】设点，，抛物线的焦点坐标为．当直线l的斜率等于0时，不存在两个交点，不符合题意；当直线l的斜率不等于0时，不妨设过抛物线焦点的直线l的方程为：；联立抛物线方程可得，消去x得：，，得，由韦达定理得，，易知，故．所以当时，取得最小值为13．此时直线l的方程为．20.如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点. （1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，利用向量法求解.【小问1详解】面，且，.∵是中点,所以.同理可证：.又面，面，,平面.∵面，∴平面平面.【小问2详解】，.以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图： 则.设平面的法向量则，得，不妨取，则.由（1）得是平面的一个法向量，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21.已知椭圆，长轴是短轴的倍，点在椭圆上，且点在轴上的投影为点．（1）求椭圆的方程；（2）设过点的且不与轴垂直的直线交椭圆于、两点，是否存点，使得直线，直线与轴所在直线所成夹角相等？若存在，请求出常数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意，即可得到椭圆的方程即为，再将点代入方程，求出 ，即可得到，从而得解；（2）设直线为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到方程，解得即可.【小问1详解】解：依题意，即，所以椭圆即，又椭圆过点，所以，解得，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：因为直线不与轴垂直，所以设直线为，，，由，消去整理得，，所以，，因为，所以，所以，即，即，即，解得.22.椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点.（1）求椭圆的方程； （2）求面积的最大值；（3）在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）存在，.【解析】【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.（2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不等式求最大值即可.（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴对称点，证得三点共线得到成立.【小问1详解】根据题意，得，解得，椭圆C的方程为.【小问2详解】依题意，设，直线的斜率显然存在，故设直线为，联立，消去，得，因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，， 故，令，所以，当且仅当，即时取得等号，综上可知：面积的最大值为.【小问3详解】当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，解得或，所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，由（2）知，又因为点关于轴的对称点的坐标为，又，，则，所以，则三点共线，所以；综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且. .【点睛】方法点睛：直线与椭圆交于，当且仅当时，取得最大值.