2021-2022学年四川省乐山市高二上学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2021-2022学年四川省乐山市高二上学期期末数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省乐山市高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．过点且斜率为的直线方程为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用点斜式可得出所求直线的方程.【详解】由题意可知所求直线的方程为，即.故选：B.2．已知直线，若异面，，则的位置关系是（       ）A．异面 B．相交 C．平行或异面 D．相交或异面【答案】D【分析】以正方体为载体说明即可.【详解】如下图所示的正方体：和是异面直线，，；和是异面直线，，与是异面直线.所以两直线与是异面直线，，则的位置关系是相交或异面.故选：D3．圆的圆心坐标与半径分别是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得答案.【详解】由题可知，圆的标准方程为，所以圆心为，半径为3，故选.4．已知向量，满足条件，则的值为（       ）A．1 B． C．2 D．【答案】A【分析】先求出的坐标，进而根据空间向量垂直的坐标运算求得答案.【详解】因为，所以，解得.故选：A.5．曲线与曲线的（       ）A．实轴长相等 B．虚轴长相等C．焦距相等 D．渐进线相同【答案】D【分析】将曲线化为标准方程后即可求解.【详解】化为标准方程为，由于，则两曲线实轴长､虚轴长､焦距均不相等，而渐近线方程同为.故选：6．已知点是椭圆上的任意点，是椭圆的左焦点，是的中点，则的周长为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆的另一个焦点为，连接，利用中位线的性质结合椭圆的定义可求得结果.【详解】在椭圆中，，，，如图，设椭圆的另一个焦点为，连接，因为、分别为、的中点，则，则的周长为，故选：A.7．已知正四面体的底面的中心为为的中点，则直线与所成角的余弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，再取中点，连接，得到为直线与所成角，再解三角形即可.【详解】连接，再取中点，连接，因为分别为VC，中点，则，且底面,所以为直线与所成角，令正四面体边长为1，则，,，所以，故选：.8．已知点是双曲线的左焦点，是双曲线右支上一动点，过点作轴垂线并延长交双曲线左支于点，当点向上移动时，的值（       ） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定【答案】C【分析】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，结合双曲线的定义即可得出结果.【详解】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，则，为常数，故选：C.9．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点在棱上，且，则与平面所成角的正弦值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取AC的中点M，过点M作，且使得，进而证明平面，然后判断出是与平面所成的角，最后求出答案.【详解】如图，取AC的中点M，因为，则，过点M作，且使得，则四边形BDNM是平行四边形，所以.由题意，平面ABC，则平面ABC，而平面ABC，所以，又，所以平面，而所以平面，连接DA,NA，则是与平面所成的角.而，于是，.故选：.10．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即，又圆锥的表面积为，则，解得，，则圆锥的高，所以圆锥的体积，故选：D.11．过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，，抛物线的准线与轴交于点，则的面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】画出图形，利用已知条件结合抛物线的定义求解边长CF，BK，然后求解三角形的面积即可．【详解】如图，设拋物线的准线为，过作于，过作于，过作于，设，则根据抛物线的定义可得，，，的面积为，故选：.12．如图，在三棱锥中，，二面角的正弦值是，则三棱锥外接球的表面积是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二面角S﹣AC﹣B的余弦值求得，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.在三角形中，，在三角形中，，在三角形中，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：.二、填空题13．抛物线的准线方程是________【答案】【分析】将抛物线方程化为标准形式，从而得到准线方程.【详解】抛物线方程可化为：       抛物线准线方程为：故答案为【点睛】本题考查抛物线准线的求解，易错点是未将抛物线方程化为标准方程.14．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的体对角线长为___________.【答案】.【分析】先根据棱锥的体积求出正方体的棱长，进而求出正方体的体对角线长.【详解】如图，连接，设正方体棱长为，则.所以，体对角线.故答案为：.15．从双曲线上一点作轴的垂线，垂足为，则线段中点的轨迹方程为___________.【答案】.【分析】根据题意，设，进而根据中点坐标公式及点P在已知双曲线上求得答案.【详解】由题意，设，则，则，即，因为，则，即的轨迹方程为.16．已知、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，满足，直线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是___________.【答案】【分析】过点作于，过点作于，利用双曲线的定义以及勾股定理可求得，由已知可得，可得出关于、的齐次不等式，结合可求得的取值范围.【详解】过点作于，过点作于，因为，所以，又因为，所以，故，又因为，且，所以，因此，所以，又因为直线与圆有公共点，所以，故，即，则，所以，又因为双曲线的离心率，所以.故答案为：.三、解答题17．如图，在空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且(1)求证：四点共面；(2)设与交于点，求证：三点共线.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，利用中位线定理和线段成比例，先证明，进而证明问题；（2）先证明平面，平面，进而证明点P在两个平面的交线上，然后证得结论.(1)连接分别是的中点，.在中，.所以四点共面.(2)，所以，又平面平面，同理：，平面平面，为平面与平面的一个公共点.又平面平面，即三点共线.18．已知是抛物线的焦点，直线交拋物线于、两点.(1)若直线过点且，求；(2)若平分线段，求直线的方程.【答案】(1)；(2).【分析】（1）分析可知直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，求出点的坐标，利用抛物线的定义可求得；（2）利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.(1)解：设点、，则直线的倾斜角为，易知点，直线的方程为，联立，可得，由题意可知，则，，因此，.(2)解：设、，若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以直线的斜率存在，因为、在抛物线上，则，两式相减得，又因为为的中点，则，所以，直线的斜率为，此时，直线的方程为，即.19．在四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，分别为的中点.(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，利用三角形中位线定理可证明BG//EF，由线线平行，可得线面平行；（2根据图像可得，以为底面，证明为高，利用三棱锥的体积公式，可得答案;(1)取的中点，因为为的中点，所以且，又因为为的中点，四边形为菱形，所以且，所以且，故四边形BFEG为平行四边形，所以BG//EF，因为面面，所以面.(2)因为底面是边长为2的菱形，，则为正三角形，所以因为面，所以为三棱锥的高所以三棱锥的体积.20．已知直线与双曲线相交于、两点.(1)当时，求；(2)是否存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）当时，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得；（2）假设存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点，设、，将直线与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可得出，即可得出结论.(1)解：设点、，当时，联立，可得，，由韦达定理可得，，所以，.(2)解：假设存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点，设、，联立得，由题意可得，解得且，由韦达定理可知，因为以为直径的圆经过坐标原点，则，所以，，整理可得，该方程无实解，故不存在.21．如图，在正四棱柱中，是上的点，满足为等边三角形. (1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据题意证明，，然后根据线面垂直的判定定理证明问题；(2)以，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，求法向量的夹角，根据二面角的余弦值与法向量的夹角的余弦的关系确定二面角的余弦值.(1)由题意，，为等边三角形，，∵平面ABCD，∴，则，即为中点.连接，∵平面，平面，∴，易得，则，又，于是，即，同理，即，又，平面平面.(2)由题意直线平面，四边形为正方形，故以，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.设面的法向量为，同理可得面的法向量，∴二面角的余弦值为22．已知椭圆，点在上，，且(1)求出直线所过定点的坐标；（不需要证明）(2)过A点作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理列出方程，求出定点坐标，当斜率不存在时，设出点的坐标进行求解；（2）结合第一问的定点坐标，结合直角三角形斜边中线得到存在点，使得为定值，求出结果.(1)设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，因为，所以，即，根据，代入整理可得：，所以，整理化简得:，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.(2)由（1）可知因为，取中点，则此时，【点睛】直线过定点问题，一般处理思路是分斜率存在和斜率不存在两种情况，特别是斜率存在时，设出直线为，联立后用韦达定理得到两根之和与两根之积，结合题干条件得到等量关系，求出的关系，进而得到定点坐标.