2021-2022学年贵州省遵义市第四中学高二上学期期末质量监测数学试题含解析

2021-2022学年贵州省遵义市第四中学高二上学期期末质量监测数学试题

一、单选题

1．抛物线的焦点坐标是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化为标准方程，利用焦点坐标公式求解.

【详解】抛物线的标准方程为，

所以抛物线的焦点在轴上，且，所以，

所以抛物线的焦点坐标为.

故选：C

2．命题：“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是（       ）

A．x>0，使得x2－x+1≤0 B．x>0，使得x2－x+1>0

C．x>0，都有x2－x+1>0 D．x≤0，都有x2－x+1>0

【答案】B

【分析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，把结论否定.

【详解】“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是“x>0，使得x2－x+1>0”.

故选：B

3．已知椭圆C：的一个焦点为（0，-2），则k的值为（       ）

A．5 B．3 C．9 D．25

【答案】A

【分析】由题意可得焦点在轴上，由，可得k的值.

【详解】∵椭圆的一个焦点是，

∴，

∴，

故选：A

4．过点且垂直于直线的直线方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据所求直线垂直于直线，设其方程为，然后将点代入求解.

【详解】因为所求直线垂直于直线，

所以设其方程为，

又因为直线过点，

所以，

解得

所以直线方程为：，

故选：A.

5．已知a、b是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（       ）

A．若a∥α，a∥b ，则b∥α B．若a∥α，a∥β，则α∥β

C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若a⊥α，b⊥α，则a∥b

【答案】D

【分析】根据空间线、面的位置关系有关定理，对四个选项逐一分析排除，由此得出正确选项.

【详解】对于A选项，直线有可能在平面内，故A选项错误.

对于B选项，两个平面有可能相交，平行于它们的交线，故B选项错误.

对于C选项，可能相交，故C选项错误.

根据线面垂直的性质定理可知D选项正确.

故选:D.

6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（       ）

A．8 B．16 C． D．

【答案】C

【分析】画出直观图，利用椎体体积公式进行求解.

【详解】画出直观图，为四棱锥A-BCDE，其中BC=4，BE=2，AE=2，且BE，AE，DE两两垂直，故体积为.

故选：C

7．过点（-2，1）的直线中，被圆x2+y2-2x+4y=0截得的弦最长的直线的方程是（       ）

A．x+y+1=0 B．x+y-1=0 C．x-y+1=0 D．x-y-1=0

【答案】A

【分析】当直线被圆截得的最弦长最大时，直线要经过圆心，即圆心在直线上，然后根据两点式方程可得所求．

【详解】由题意得，圆的方程为，

∴圆心坐标为．

∵直线被圆截得的弦长最大，

∴直线过圆心，

又直线过点（-2，1），

所以所求直线的方程为，

即．

故选：A．

8．三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且异面直线AC与BD所成角为60°，E、F分别是棱DC、AB的中点，则EF和AC所成的角等于(       )

A．30° B．30°或60° C．60° D．120°

【答案】B

【分析】取AD中点为G，连接GF、GE，易知△EFG为等腰三角形，且∠EGF为异面直线AC和BD所成角或其补角，据此可求∠FEG大小，从而得EF和AC所成的角的大小．

【详解】如图，

取AD中点为G，连接GF、GE，

易知FG∥BD，GE∥AC，且FG＝，GE＝AC，

故FG＝GE，∠EGF为异面直线AC和BD所成角或其补角，

故∠EGF＝60°或120°．

故EF和AC所成角为∠FEG或其补角，

当∠EGF＝60°时，∠FEG＝60°，

当∠EGF＝120°时，∠FEG＝30°，

∴EF和AC所成的角等于30°或60°．

故选：B．

9．点F是抛物线的焦点，点，P为抛物线上一点，P不在直线AF上，则△PAF的周长的最小值是（       ）

A．4 B．6 C． D．

【答案】C

【分析】由抛物线的定义转化后求距离最值

【详解】抛物线的焦点，准线为

过点作准线于点，故△PAF的周长为，

，可知当三点共线时周长最小，为

故选：C

10．在正三棱锥S - ABC中，AB =4， D、E分别是SA、AB的中点，且DE⊥CD，则三棱锥S - ABC外接球的体积为（       ）

A．π B．π C．π D．π

【答案】C

【分析】取中点，连接，证明平面，得证，然后证明平面，得两两垂直，以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，由此计算可得．

【详解】取中点，连接，则，，

，平面，所以平面，

又平面，所以，

D、E分别是SA、AB的中点，则，又，所以，

，平面，所以平面，

而平面，所以，，是正三棱锥，因此，

因此可以为棱把三棱锥补成一个正方体，正方体的对角线是其外接球的直径，而正方体的外接球也是正三棱锥的外接球，

由，得，所以所求外接球直径为，半径为，

球体积为．

故选：C

11．已知点，则满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数有（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】以为圆心，为半径，为圆心，为半径分别画圆，将所求转化为求圆与圆的公切线条数，判断两圆的位置关系，从而得公切线条数.

【详解】以为圆心，为半径，为圆心，为半径分别画圆，如图所示，

由题意，满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数

即为圆与圆的公切线条数，

因为，所以两圆外离，

所以两圆的公切线有4条，即满足条件的直线有4条.

故选：D

【点睛】解答本题的关键是将满足点到直线的距离为，点到直线距离为的直线的条数转化为圆与圆的公切线条数，从而根据圆与圆的位置关系判断出公切线条数.

12．已知F1、F2是双曲线E ：( a >0， b >0）的左、右焦点，过F1的直线与双曲线左、右两支分别交于点P、Q．若，M为PQ的中点，且，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题干条件得到，设出，利用双曲线定义表达出其他边长，得到方程，求出，从而得到，，利用勾股定理求出的关系，求出离心率.

【详解】因为M为PQ的中点，且，所以△为等腰三角形，

即，

因为，

设，则，

由双曲线定义可知：，

所以，则，

又，

所以，

解得：，

由勾股定理得：，

其中，

在三角形中，由勾股定理得：，

即，解得：

故选：D

二、填空题

13．已知圆柱的轴截面是边长为4的正方形，则圆柱的侧面积为______________ .

【答案】

【分析】由圆柱轴截面的性质知：圆柱体的高为，底面半径为，根据圆柱体的侧面积公式，即可求其侧面积.

【详解】由圆柱的轴截面是边长为4的正方形，

∴圆柱体的高为，底面半径为，

∴圆柱的侧面积为.

故答案为：.

14．圆关于直线的对称圆的标准方程为_______．

【答案】

【分析】先将已知圆的方程化为标准形式，求得圆心坐标(2,2)和半径2，然后可根据直线的位置直接看出(2,2)点的对称点，进而写出方程.

【详解】圆的标准方程为，

圆心(2,2),半径为2，

圆心(2,2)关于直线的对称点为原点,

所以所求对称圆的标准方程为，

故答案为：

15．一个四面体有五条棱长均为2，则该四面体的体积最大值为_______．

【答案】1

【分析】由已知中一个四面体有五条棱长都等于2，易得该四面体必然有两个面为等边三角形，根据棱锥的几何特征，分析出当这两个平面垂直时，该四面体的体积最大，将相关几何量代入棱锥体积公式，即可得到答案．

【详解】一个四面体有五条棱长都等于2，如下图：

设除PC外的棱均为2，设P到平面ABC距离为h，

则三棱锥的体积V＝，

∵是定值，

∴当P到平面ABC距离h最大时，三棱锥体积最大，

故当平面PAB⊥平面ABC时，三棱锥体积最大，

此时h为等边三角形PAB的AB边上的高，则h，

故三棱锥体积的最大值为：．

故答案为：1．

16．设过点K (-1，0）的直线l与抛物线C ： y2 =4x交于A 、B两点，为抛物线的焦点，若|BF| =2|AF|，则cos ∠AFB =_______．

【答案】

【分析】根据已知设直线方程为与C联立，结合|BF| =2|AF|，利用韦达定理计算可得点A，B的坐标，进而求出向量的坐标，进而利用求向量夹角余弦值的方法，即可得到答案.

【详解】令直线的方程为将直线方程代入批物线C: 的方程，

得令且，

所以

由抛物线的定义知，

由|BF| =2|AF|可知，，则，

解得：，，

则A，B两点坐标分别为，则

则.

故答案为：

三、解答题

17．已知集合，．

(1)若，求m的取值范围；

(2)若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，求m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出，由得到，得到不等式组，求出m的取值范围；（2）根据充分不必要条件得到是的真子集，分与两种情况进行求解，求得m的取值范围.

【详解】(1)，解得：，故，

因为，所以，

故，解得：，

所以m的取值范围是.

(2)若“x∈B”是“x∈A”的充分不必要条件，

则是的真子集，

当时，，解得：，

当时，需要满足：或，

解得：

综上：m的取值范围是

18．已知直线l：x -y+2=0，一个圆的圆心C在x轴正半轴上，且该圆与直线l和y轴均相切．

(1)求该圆的方程；

(2)若直线x+ my -1=0与圆C交于 A、B两点，且|AB|=，求m的值．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）设出圆心坐标，利用题干条件得到方程，求出，从而求出该圆的方程；（2）利用点到直线距离公式及垂径定理进行求解.

【详解】(1)设圆心为，，

则由题意得：，

解得：或（舍去），

故该圆的方程为

(2)圆心到直线的距离为，

由垂径定理得：，

解得：

19．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥AB，PA⊥AD，且E、F分别是AC、PB的中点．

(1)证明：EF∥平面PCD；

(2)求证：平面PBD⊥平面PAC．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】(1)连结，证明EF∥PD即可；(2)证明BD⊥平面PAC即可．

【详解】(1)连结，则是的中点，

又是的中点，，

又平面，面，

平面．

(2)∵PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，AB、AD平面ABCD，

∴PA⊥平面ABCD，

∵BD平面ABCD，∴PA⊥BD，

是菱形，，

又，平面，

又平面，

∴平面平面﹒

20．已知双曲线C：( a >0， b >0）的离心率为，且双曲线的实轴长为2．

(1)求双曲线 C 的方程；

(2)已知直线x－y + m =0与双曲线C交于不同的两点A、B，且线段AB中点在圆x2＋y2 =17上，求m的值．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）由实轴长求得，再由离心率得，从而求得得双曲线方程；

（2）直线方程与双曲线方程联立方程组，消元后应用韦达定理求得中点坐标，代入圆方程可求得值．

【详解】(1)由已知，，又，所以，，

所以双曲线方程为；

(2)由，得，恒成立，

设，，中点为，

所以，，，

又在圆x2＋y2 =17上，

所以，．

21．如图，在四棱锥P - ABCD中，PD =2AD=4，PD⊥CD，PD⊥AD，底面ABCD为正方形， M、N、Q分别为AD、PD、BC的中点．

(1)证明：面PAQ//面MNC ；

(2)求二面角M - NC - D的余弦值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）由线线平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解二面角的余弦值.

【详解】(1)因为M，N是DA，PD的中点，

所以MN//AP，

因为平面PAQ，平面PAQ，

所以MN//平面PAQ

因为四边形ABCD为正方形，且Q为BC中点，

所以MA//CQ，且MA=CQ，

所以四边形MAQC为平行四边形，

所以CM//AQ，

因为平面PAQ，平面PAQ，

所以MC//平面PAQ，

因为，

所以面PAQ//面MNC

(2)因为PD⊥CD，PD⊥AD，AD⊥CD

故以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则，，，

设平面NMC的法向量为，

则，

令得：，

所以，

平面NDC的法向量为，

则，

设二面角M - NC - D的大小为，显然为锐角，

则

22．已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率e为，点在椭圆上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若A、B为椭圆的左右顶点，过点(1，0)的直线交椭圆于M、N两点，设直线AM、BN的斜率分别为，求证为定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析．

【分析】(1)根据题意列出关于a、b、c的方程组求出a、b、c即可得椭圆方程；

(2)设直线的方程为，，，，，联立直线方程利用韦达定理即可求为定值．

【详解】(1)；

(2)由椭圆方程可知，，，

设直线的方程为，，，，，

联立得，

∴，，则，

∵，，

∴，

把及代入可得：

﹒