2021-2022学年青海省海东市高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

这是一份2021-2022学年青海省海东市高二上学期期末数学（理）试题（解析版），共15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学年青海省海东市高二上学期期末数学（理）试题一、单选题1．已知，是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用向量数量积的定义及运算性质逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：因为，所以，故选项A错误；对B：因为，故选项B错误；对C：因为，故选项C正确；对D：因为，故选项D错误．故选：C.2．下列说法中正确的是（       ）A．存在只有4个面的棱柱 B．棱柱的侧面都是四边形C．正三棱锥的所有棱长都相等 D．所有几何体的表面都能展开成平面图形【答案】B【分析】对于A、B：由棱柱的定义直接判断；对于C：由正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，即可判断；对于D：由球的表面不能展开成平面图形即可判断．【详解】对于A：棱柱最少有5个面，则A错误；对于B：棱柱的所有侧面都是平行四边形，则B正确；对于C：正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，则C错误；对于D：球的表面不能展开成平面图形，则D错误．故选：B3．已知直线l经过，两点，则直线l的倾斜角是（       ）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】C【详解】设直线l的倾斜角为，由题意可得直线l的斜率，即，∵ ，∴直线l的倾斜角为，故选：.4．如图，是水平放置的的直观图，其中，，分别与轴，轴平行，则（       ）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】先确定是等腰直角三角形，求出，再确定原图的形状，进而求出.【详解】由题意可知是等腰直角三角形，，其原图形是，，，，则，故选：D.5．“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分必要条件的定义和指数函数的单调性判断可得选项.【详解】解：由，得，则；由，得，即．故“”是“”充分不必要条件，故选：A.6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（       ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；对于B：若，则或与相交，故B错误；对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；故选：C7．在长方体，，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在长方体中建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得向量，的坐标，利用向量的夹角公式即可求得答案.【详解】如图，由题意可知DA，DC，两两垂直，则以D为原点，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，从而，故异面直线与所成角的余弦值是，故选：A.8．已知抛物线，，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（       ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，设点到准线的距离为，则，则由抛物线的定义可知．∵，当点、、三点共线时等号成立，∴，故选：.9．在正方体中，分别是线段的中点，则点到直线的距离是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，然后，列出计算公式进行求解即可【详解】如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因为，所以，所以，则点到直线的距离故选：A10．数学家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出直线方程.【详解】由题意可得的重心为．因为，，所以线段的垂直平分线的方程为．因为，，所以直线的斜率，线段的中点坐标为，则线段的垂直平分线的方程为．联立，解得，则的外心坐标为，故的欧拉线方程是，即．故选：B.11．已知，分别是圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得，，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．设关于直线的对称点为，则解得，则．因为，分别在圆和圆上，所以，，则．因为，所以．故选：B.12．如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点A与P重合，平面平面，则四棱锥外接球的表面积是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别取的中点，易得，则点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，设外接球的半径为，，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案.【详解】解：分别取的中点，在等边三角形中，，是中位线，则都是等边三角形，所以，所以点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，由为的中点，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，则，设外接球的半径为，，，则，，所以，解得，所以，所以四棱锥外接球的表面积是.故选：A.二、填空题13．已知双曲线C：的一条渐近线与直线l：平行，则双曲线C的离心率是______．【答案】【分析】先用两直线平行斜率相等求出，再利用离心率的定义求解即可.【详解】由题意可得双曲线C的一条渐近线方程为，则，即，则，故双曲线C的离心率．故答案为：.14．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）【答案】4500【分析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，则有，即，解得，所以该模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故答案为：4500.15．命题“，”是真命题，则的取值范围是________．【答案】【分析】依题意可得，是真命题，参变分离得到在上有解，再利用构造函数利用函数的单调性计算可得.【详解】，等价于在上有解．设，，则在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，即．故答案为：16．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难人微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，可得方程的解是__________.【答案】【分析】根据题意，列方程计算即可【详解】因为，所以，可转化为点到点和点的距离之和为，所以点在椭圆上，则，解得.故答案为：三、解答题17．已知直线.(1)若，求直线与直线的交点坐标；(2)若直线与直线垂直，求a的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）联立两直线方程，解方程组即可得解；（2）根据两直线垂直列出方程，解之即可得出答案.【详解】(1)解：当时，直线，联立，解得，即交点坐标为；(2)解：直线与直线垂直，则，解得.18．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线的准线交于点，为坐标原点，．(1)求抛物线的方程；(2)直线与抛物线交于，两点，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意建立关于的方程，解得的值即可.（2）联列方程组并消元，韦达定理整体思想求的长，再求点到直线的距离，进而求面积.【详解】(1)由题意可得，，则，．                 因为，所以，解得，                 故抛物线的方程为．(2)由（1）可知，则点到直线的距离．                 联立，整理得．设，，则，                 从而．                 因为直线过抛物线的焦点，所以．                 故的面积为．19．如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．(1)证明：．(2)若平面平面ACE，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到、，即可得到平面，再根据，即可得证；（2）由面面垂直的性质得到平面，建立如图所示空间直角坐标系，设，即可得到点，，的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】(1)证明：连接DE．因为，且D为AC的中点，所以．因为，且D为AC的中点，所以．因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面．因为，所以平面BDE，所以．(2)解：由（1）可知．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直．以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设．则，，．从而，．设平面BCE的法向量为，则令，得．平面ABC的一个法向量为．设二面角为，由图可知为锐角，则．20．在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，分别是棱，的中点． (1)证明：平面；(2)若，且四棱锥的体积是6，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析.(2)2.【分析】（1）取的中点，连接，．运用面面平行的判定和性质可得证；（2）过点作，垂足为，连接，，设点到平面的距离为，根据棱锥的体积求得，再利用三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，可求得答案.【详解】(1)证明：如图，取的中点，连接，．因为，分别是棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．                 因为，且，分别是棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．       因为平面，且，所以平面平面．                 因为平面，所以平面．(2)解：过点作，垂足为，连接，，则四边形是正方形，从而．                 因为，所以，则，                 从而直角梯形的面积．                 设点到平面的距离为，则四棱锥的体积，解得．                 因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以三棱锥的体积．                 因为平面，所以三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，所以三棱锥的体积为2．                 21．已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.(1)求圆C的标准方程.(2)设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.【答案】(1)(2)过定点，定点为【分析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.（2）设，，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.【详解】(1)设圆C的标准方程为 由题意可得解得，，.故圆C的标准方程为.(2)设，.联立整理的，则，，故.因为以AB为直径的圆过原点，所以，即则，化简得.当时，直线，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点.所以，则，则直线过定点.22．已知椭圆的左，右顶点分别是，，且，是椭圆上异于，的不同的两点．(1)若，证明：直线必过坐标原点；(2)设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点，记线段的中点为，若，求动点的轨迹方程．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）设，首先证明，从而可得到，即得到；进而可得到四边形为平行四边形；再根据为的中点，即可证明直线必过坐标原点．（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，写韦达；根据条件可求出直线MN过定点，从而可得到过定点，进而可得到点在以为直径的圆上运动，从而可求出动点的轨迹方程．【详解】(1)设，则，即．因为，，所以．因为，所以，所以. 同理可证. 因为，，所以四边形为平行四边形，因为为的中点，所以直线必过坐标原点．(2)当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，．联立，整理得，则，，.因为，所以，因为，解得或.当 时，直线的方程为过点A，不满足题意，所以舍去；所以直线的方程为，所以直线过定点. 当直线的斜率不存在时，因为，所以直线的方程为，经验证，符合题意.故直线过定点.因为为的中点，为的中点，所以过定点.因为垂直平分公共弦，所以点在以为直径的圆上运动，该圆的半径，圆心坐标为，故动点的轨迹方程为．