2021-2022学年辽宁省大连市高二上学期期末数学试题含解析

2021-2022学年辽宁省大连市高二上学期期末数学试题

一、单选题

1．直线l1：2x＋3y－2＝0，l2：2x＋3y＋2＝0的位置关系是（       ）

A．垂直 B．平行 C．相交 D．重合

【答案】B

【分析】先将直线方程化为斜截式，比较斜率和在轴的截距，得到答案.

【详解】由题，，则两直线的斜率相等，在在轴的截距，

故两条件直线的位置关系为平行.

故选：B

【点睛】本题考查了由两直线方程的一般式判断两直线位置关系，属于基础题.

2．已知空间向量，，若，则实数的值是（       ）．

A． B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据空间向量垂直的性质进行求解即可.

【详解】因为，所以，因此有.

故选：C

3．若直线l经过，两点，则直线l的倾斜角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据直线上两点求出斜率，从而可得倾斜角.

【详解】解：由直线l经过，两点，

得直线的斜率，

所以直线l的倾斜角为.

故选：B.

4．直线与圆相切，则

A．-2或12 B．2或-12 C．-2或-12 D．2或12

【答案】D

【详解】∵直线与圆心为（1,1）,半径为1的圆相切，∴＝1或12,故选D.

【解析】本题主要考查利用圆的一般方程求圆的圆心和半径，直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的应用.

5．直线l过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，|AB|=4，若AB的中点到y轴的距离为1，则p的值是（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】设直线方程：，，联立直线与抛物线可得的值，由的中点的横坐标为，的中点到轴的距离为，代入可得答案.

【详解】解：由题意设直线方程：，，

联立直线与抛物线的方程可得：，所以，,由可得，即，

的中点的横坐标为，的中点到轴的距离为，

所以，所以，解得，

故选：B.

【点睛】本题主要考查抛物线的焦点弦的性质，联立直线与抛物线是解题的关键，属于基础题.

6．如图，空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量基本定理及线性运算可得，再根据向量数量积的运算律即可得出答案.

【详解】解：根据题意可知，空间四边形的四个面都是等边三角形，

则，

则

.

故选：A.

7．阿基米德出生于希腊西西里岛叙拉古，享有“力学之父”的美称，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积等于圆周率、椭圆的半长轴长、椭圆的半短轴长三者的乘积.已知椭圆C：的面积为，左右焦点分别为，，M为椭圆C上一点，且的周长为16，则椭圆C的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题设条件结合椭圆的定义以及性质列出方程，得出椭圆C的方程.

【详解】由题意可知，解得，即椭圆C的方程为.

故选：D

8．如图1，矩形ABCD，，，E为CD中点，F为线段CE（除端点外）的动点，如图2，将沿AF折起，使平面平面ABC，在平面ABD内，过点D作，K为垂足，则AK长度的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过作交AB于M，连FK，设，用表示，，，然后在中，利用勾股定理求出的函数关系，求出的范围.

【详解】过做交AB于M，连FK，设,

则，在中，,

在中，,

在中，

,化简得

∴t的取值范围是

故选：A

二、多选题

9．下列圆锥曲线中，焦点在x轴上的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据圆锥曲线的标准方程得其焦点的位置判断可得选项.

【详解】解：对于A，表示焦点在x轴上的椭圆，故A正确；

对于B，表示焦点在y轴上的双曲线，故B不正确；

对于C，表示焦点在x轴上的抛物线，故C正确；

对于D，表示焦点在y轴上的抛物线，故D不正确；

故选：AC．

10．已知空间向量，，则下列正确的是（       ）

A． B． C． D．，

【答案】AB

【分析】利用空间向量坐标的加法公式、向量模的坐标公式、向量的数量积公式依次计算各选项即可得出结果.

【详解】向量，，

，则A正确，

，则B正确，

，则C错误，

，则D错误.

故选：AB

11．如图，正四面体的顶点A、B、C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列正确的是（       ）

A．三棱锥是正三棱锥

B．直线平面ACD

C．直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为

D．异面直线AB和CD所成角是90°

【答案】ACD

【分析】过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，可证得M为BC中点，连接CN交AB于P，则P为AB中点，可证得N为底面△ABC中心，即可判断选项A,由图观察可判断选项B, 取AB中点E，连结CE、DE，可证得平面CDE，进而可判断D选项，设，则，利用余弦定理可求得，进而求得，即可判断选项C.

【详解】ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，

又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，

过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，

由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，

同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，

∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．

将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD相交．

则B不正确，

取AB中点E，连结CE、DE，

，，，，

，平面CDE，平面CDE，，故D正确；

设，则，,

,直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为,则C正确.

故选：ACD.

12．已知抛物线，点，，过M作抛物线的两条切线MA，MB，其中A，B为切点，且A在第一象限，直线AB与y轴交于点P，则下列结论正确的有（       ）

A．点P的坐标为

B．

C．的面积的最大值为

D．的取值范围是

【答案】AC

【分析】由，可得，得到点处的切线的斜率分别为和，设过点的切线方程为，联立方程组，由，求得，根据，可判断B不正确；由，得出的直线方程为，将代入直线的方程，可判定A正确；设直线的方程为，根据点到直线的距离公式和弦长公式，求得，可判定C正确；由，结合韦达定理，得到，得出不等式组，可判定D不正确.

【详解】由题意，设，由，可得，

所以点处的切线的斜率为，点处的切线的斜率为，设过点的切线方程为，联立方程组，可得，由，可得，又由，则，所以不垂直，所以B不正确；

由，所以的直线方程为，即，将代入直线的方程，可得，由知，方程成立，所以点在直线上，所以A正确；

由点在直线上，可设直线的方程为，则点到的距离为，且，所以，因为，可得，所以的最大值为，所以C正确；

由，所以，由，可得，所以，因为，可得，又由，设，可得，即，解得或，即的取值范围是，所以D不正确.

故选：AC.

三、填空题

13．双曲线的渐近线方程为_________．

【答案】   （，或或或两个分开写，均给满分）

【解析】由渐近线方程公式直接求解.

【详解】由双曲线方程可知，，则

渐近线方程.

故答案为： （，或或）

14．已知，，若直线l的方向向量与直线AB的方向向量平行，则______.

【答案】

【分析】求出，再利用，解得得到关于的方程，求解即可.

【详解】，，

由已知，，即，解得

故答案为：

15．已知G是正方形ABCD的中心，点P为正方形ABCD所在平面外一点，若，则实数______.

【答案】4

【分析】先由G为正方形的中心，可知G为、的中点，再利用向量的加法，进而可求出结果.

【详解】因为G为正方形的中心，所以G为正方形、的中点，

又点为正方形所在平面外一点，

利用向量的加法法则知，，

因此，即.

故答案为：4

16．双曲线C：上一点P（点P在第一象限），过双曲线C中心O且与坐标轴不平行的直线l交双曲线C左右两支于A，B两点（点A，B异于点P），设直线PA，PB的斜率分别为、，且，则双曲线C的离心率为______.

【答案】

【分析】由题意可知，关于原点对称，设，则，设，将两点的坐标代入双曲线方程，两式相减，结合斜率公式及离心率公式即可得出答案.

【详解】解：由题意可知，关于原点对称，设，则，

则点在双曲线上，即，①

设，，则，②

则①-②得，即，

所以，

由，

所以，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．①直线l：，圆C：；②直线l：，圆C：.这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.

(1)直线l和圆C相交于A，B两点，求AB长；

(2)求圆C上点到直线l距离最大值.

注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出圆C的圆心和半径，再由圆心到直线的距离结合弦长公式得出AB长；

（2）由圆的对称性求解即可.

(1)

选①，圆C：的圆心为，半径

圆心到直线l：的距离为，则

选②，圆C：的圆心为，半径

圆心到直线l：的距离为，则

(2)

选①，由圆的对称性可知，圆C上点到直线l距离最大值为.

选②，由圆的对称性可知，圆C上点到直线l距离最大值为.

18．如图，直三棱柱中，，，，且.

(1)求平面BDC与平面所成角的余弦值；

(2)求点到平面BDC距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）以C为原点.的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面BDC的法向量与平面的法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.

（2）利用向量公式计算即可得出结果.

(1)

依题意两两互相垂直，以C为原点.的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则

设平面BDC的一个法向量为，则令，则得，此时.

设平面的一个法向量为则

令则得此时

因为,

所以平面BDC与平面所成角的余弦值为.

(2)

因为,

点到平面BDC距离为.

19．在三棱锥中，，，两两互相垂直，E为的中点，且，求直线AE与BC所成角的大小（用两种方法解答）.

【答案】

【分析】方法一：利用异面直线夹角定义知为直线AE与BC所成角，进而求解；

方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线夹角.

【详解】方法一：取的中点，连接，，

由分别为的中点，可知是的中位线，

，所以或其补角为直线AE与BC所成角，

又易知，而两两互相垂直，

所以

所以是等边三角形，从而

所以直线AE与BC所成角的大小为

方法二：由已知以O为原点，以的分向为轴建立空间直角坐标系，

由，知，，，

所以，

所以

所以，即直线AE与BC所成角的大小为

20．已知抛物线C：上的点到焦点F的距离为4.

(1)求p的值；

(2)设A，B是抛物线C上分别位于x轴两侧的两个动点，且，其中O为坐标原点.求证：直线AB过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由抛物线定义得出p的值；

（2）设直线的方程为，并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合得出，进而由得出线AB过定点.

(1)

由抛物线定义得，

(2)

设直线的方程为：，

联立，消去得：，则，

由得：，所以或（舍）

即，所以直线的方程为，所以直线过定点.

21．已知点，，动点满足直线AR与BR的斜率之积为.记R的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

(2)设经过点的直线l交曲线C于M，N两点，设直线BM，BN的斜率为，，直线AM与直线BN交于点G.

①求的值；

②求证点G在定直线上.

【答案】(1)

(2)，点G在直线上，证明见解析

【分析】（1）由直线AR与BR的斜率之积为，结合斜率公式，化简得出曲线C的方程；

（2）由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，证明，再设出直线AM与直线BN的方程，并联立方程，从而证明点G在定直线上.

(1)

因为直线AR与BR的斜率之积为，所以，即

故曲线C的方程为

(2)

易知直线l的斜率不为，设直线的方程为

由可得，

设，则，

，

设，记直线与的交点

则，

即，

，

故

即点G在直线上.

22．已知椭圆C：的半焦距为1，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若Q是椭圆C的长轴上的动点（不包含端点），过Q作互相垂直的两条直线，，交椭圆C于A、B两点，交椭圆C于M、N两点，求四边形AMBN面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据半焦距和离心率求出，即可得解；

（2）设，，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在且不等于0两种情况讨论，当直线的斜率存在且不等于0时，设，则，联立方程，消元，利用韦达定理求出，再利用弦长公式分别求出，再根据分析计算即可得出答案.

(1)

解：根据题意可得，

所以，

所以椭圆C的方程为；

(2)

解：设，，

当直线的斜率不存在时，则直线的斜率为0，

此时直线，直线，

则，

联立，解得，则，

所以，

所以当时，四边形AMBN面积的最大值为；

当直线的斜率存在且不等于0时，

设，则，

联立，消整理得，

则，

所以，

同理可得，

则

，（当时取等号）

令，

则，

综上所述，四边形AMBN面积的最大值为.

【点睛】本题考查了求椭圆方程，考查了直线与椭圆的位置关系和弦长公式，考查了椭圆中四边形的面积的最值问题，考查了分类讨论思想，计算量比较大，有一定的难度.