四川省仁寿第一中学校（南校区）2022-2023学年高二数学（文）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）期末考试文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“”的否定是（）A.B.C.D.，【答案】B【解析】【分析】由存在量词命题的否定形式可得.【详解】由存在量词命题的否定形式可知：命题“”的否定为：.故选：B2.在空间直角坐标系中，点到坐标原点的距离为（    ）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据空间中两点间距离公式运算求解.【详解】由题意可知：点到坐标原点的距离为. 故选：C.3.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.已知圆的圆心在直线上，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.等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于，两点，，则的实轴长为（）A.2B.22C.4D.8【答案】C【解析】【分析】设出双曲线方程，求出抛物线的准线方程，利用，即可求得结论.【详解】解：设等轴双曲线的方程为，抛物线，，则，，抛物线的准线方程为， 设等轴双曲线与抛物线的准线的两个交点，，则，.将，代入，得，，等轴双曲线的方程为，即，的实轴长为.故选：C.10.三棱锥为正三棱锥，且，侧棱，则三棱锥的外接球的表面积为（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可得三棱锥的三条侧棱互相垂直且相等，三棱锥所在正方体有相同的外接球，求出正方体的对角线长由球的表面积公式可得答案.【详解】因为三棱锥为正三棱锥，且，侧棱，所以，，即三棱锥与正方体有相同的外接球，所以三棱锥的外接球的半径，表面积为.故选：B. 11.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.12.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)．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.将二进制数化为十进制数，结果为______．【答案】21【解析】【分析】由二进制与十进制的关系计算．【详解】．故答案为：21．15.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，E为AD的中点，F在PA上，AP=λAF，若PC//平面BEF，则λ的值为_________. 【答案】3【解析】【分析】根据三角形相似可推得，再根据线面平行的性质定理推出，即可得，从而求得λ的值.【详解】设AC交BE于G点，连接FG,如图：由于E为AD的中点，故,因为底面ABCD是平行四边形，故,则,故，所以，又因为PC//平面BEF，平面PAC，平面PAC平面BEF=FG,故,所以,即有，故答案为：3 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.已知命题:“方程表示双曲线”，命题:方程表示椭圆”（1）若为真命题，求的取值范围;（2）若为真命题，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先分别求出命题为真，为真的条件，然后根据为真命题求出结果即可；(2)先分别求出命题为真，为真的条件，然后根据为真命题求出结果即可.【小问1详解】若为真，有，即;若为真，则有，即.若为真，则有，即.【小问2详解】若为真，有，即; 若为真，则有，即.若为真，则有，即.18.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∵，且是直角梯形，∴，即，∴，又∵，且平面，∴平面.19.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.20.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．21.如图，在四边形中，，点E，F分别在上运动，且，现将四边形沿折起，使平面平面． （1）若E为的中点，求证：平面；（2）求三棱锥体积的最大值，并求此时直线AE与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）三棱锥体积的最大值为，直线AE与平面所成角的正弦值为【解析】【分析】（1）根据线段长度由勾股定理可得线线垂直，由面面垂直可得线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据三棱柱体积公式以及二次函数的性质可知体积最大时点E是中点，进而根据等体积法即可求解点到面的距离.【小问1详解】因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，平面，可得，当E为中点时，，由勾股定理，则，由，，且，平面，所以平面．【小问2详解】设，则，所以，可知当时，有最大值，最大值为，此时，由（1）可知：平面，且平面，所以， 可得，设点到平面的距离为d，因为，即，解得，所以此时直线AE与平面所成角的正弦值.22.已知椭圆的长轴长为是坐标原点，分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆上，且的内切圆半径为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于两点，且直线的斜率之和为.①求直线经过的定点的坐标；②求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）①；②.【解析】【分析】（1）根据长轴长为8可求出，再根据的面积公式可求出，进而确定椭圆的方程；（2）①设出直线方程与椭圆进行联立，标准设而不求的步骤后，将韦达定理代入斜率和为的表达式中可得定点；②将①中求出的参数代入韦达定理，表示出的面积，求此表达式的最大值即可.【小问1详解】由题意可知，又的内切圆半径为，所以，又，所以，解得. 因为，所以椭圆的方程为.【小问2详解】①设，联立整理，得，所以，可得，，设直线的斜率分别为，因为直线的斜率之和为，所以，即，所以，又，所以，所以直线经过的定点的坐标为.②设直线经过的定点为，则，设，则，当且仅当时，即，即时取等号，此时，所以，即的面积的最大值为.【点睛】求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．