2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期期中联考数学（文）试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期期中联考数学（文）试题（解析版），共13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。
2022-2023学年四川省成都市蓉城名校联盟高二上学期期中联考数学（文）试题 一、单选题1．不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】对分解因式，然后求解即可.【详解】不等式可化为，解得.故选：C．2．圆心为，半径为2的圆的方程为A． B． C． D．【答案】B【详解】根据圆的标准方程的形式可得，故选B.3．如图，在空间直角坐标系中，点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】按照空间直角坐标系得点坐标即可.【详解】解：由空间直角坐标系的性质可知点为，故选：A．4．若直线l的倾斜角的取值范围是，则斜率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据斜率与倾斜角之间的关系，直接求解即可.【详解】由斜率的定义可知：倾斜角的正切值取值范围是.故选：B．5．若非零实数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．-a>-b C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用不等式性质判断B，C；举例说明判断A，D作答.【详解】非零实数a，b满足a>b，对于A，取，满足a>b，而，A不一定成立；对于B，因a>b，则-a<-b，B不成立；对于C，由不等式的性质知，若a>b，则，C成立；对于D，取，满足a>b，而，D不一定成立.故选：C6．已知，是空间中不重合的两平面，是空间中不同的两条直线，则下列结论正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】过作平面交于直线c，进而可证明即可判断A；根据题意还可以是判断B；根据或或相交且不垂直判断C；根据或判断D.【详解】解：对于A，如图，过作平面交于直线c，∵，，，∴，∴，∵，，∴，故正确；对于B，，时，或，故错误；对于C，，时，或或相交且不垂直，故错误；对于D，，时，或，故错误.故选：A7．已知，两点的坐标分别为，，若两平行直线，分别过点A，B，则，间的距离的最大值为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】根据平行线之间的距离转化为一直线上的点到平行线之间的距离，可结合图形分析，间的距离的最大值为，即可求得.【详解】解：由题可知，，如图，两平行直线，分别过点A，B，因为，所以，间的距离即点到直线的距离，由图可知，当，垂直时，，间的距离取最大值，即最大值为，又由两点间的距离公式可知，.故选：D．8．已知椭圆的左、右焦点分别为，，若椭圆上一点P满足，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆的几何性质列式求解离心率即可.【详解】解：如图，设，∴，∵∴，∴离心率.故选：C．9．如图，正方体的棱长为1，点P是线段的中点，点Q是线段上的动点（包括端点），则的最小值为（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】以为坐标原点，建立空间指教坐标系，写出点的坐标，设出点的坐标，根据空间中两点之间的距离公式，求解即可.【详解】建立分别以DA，DC，为x，y，z轴的空间直角坐标系，如下所示：则点P的坐标为，设点Q的坐标为，则，当且仅当时，不等式取等；即的最小值为.故选：B．10．已知、两点的坐标分别为、，若点是圆上的动点，则面积的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出点到直线距离的取值范围，再利用三角形的面积公式可得出面积的取值范围.【详解】设过、两点的直线为，化简得，圆心到直线的距离为，∴圆上的点到的距离的取值范围是，即，又，则面积最大值为，面积最小值为，面积的取值范围是.故选：D.11．已知正实数，满足方程，则下列不等式正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由基本不等式求解与的范围后判断，【详解】∵，是正实数，∴有，当且仅当“”时取“=”，将代入得，解得，∴A，C错误；将代入得，解得，∴D错误，B正确，故选：B12．已知直线与交于点P，若，，则使点P到A，B两点距离之和等于4的m的值有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】由点P到A，B两点距离之和等于4，得到P的轨迹为，又两条直线互相垂直，且分别过定点，，则P点的轨迹又为，则P即为两曲线的交点.【详解】由直线的性质可知直线与相互垂直，且分别过定点，，∴点P在以原点为圆心，半径为的圆上（除去），即圆：，由椭圆的定义可知到A，B距离之和等于4的点在椭圆：上，∵圆与椭圆有4个交点，∴满足题意的m的值有4个.故选：D 二、填空题13．椭圆的长轴长为______．【答案】8【分析】根据椭圆方程确定椭圆的，即可求解长轴长.【详解】解：由椭圆的几何性质可知，∴，∴长轴长。故答案为：8．14．若，满足约束条件则的最大值为______．【答案】4【分析】根据线性约束条件，确定可行域，将目标函数转换为直线纵截距问题，结合可行域求得最值即可.【详解】解：作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影（包括边界）设目标函数，转化为直线为，则直线纵截距为，要求的最大值，即确定直线纵截距的最值，所以在点处直线纵截距取得最大值，即.故答案为：4．15．圆与圆的公共弦长为______．【答案】【分析】两圆方程相减即可地公共弦所在直线，分别求出圆的圆心到直线的距离与半径，再利用直线与圆的相交弦长公式即可求出答案.【详解】圆与圆的方程相减可得公共弦长所在直线的方程，即，圆的圆心为，半径为2，圆心到的距离，∴两圆公共弦长，故答案为：.16．如图，在平行六面体中，四边形，均为矩形，已知，且二面角的平面角为，连接，，则四边形的面积为______．【答案】4【分析】根据平行六面体的几何性质及二面角的平面角的大小，确定四边形的边长与角度大小，即可得四边形的面积.【详解】解：如图，连接，，∵四边形，均为矩形，∴，，又平面∴平面，又，∴平面，∴又∵平面平面，∴二面角的平面角为，即，∴，，又∵，，则，，∴.故答案为：4. 三、解答题17．分别求满足下列条件的直线方程．(1)倾斜角为60°，且过点；(2)经过直线与的交点，且与直线平行．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）根据给定条件，求出直线的斜率，利用直线的点斜式方程求解作答.（2）求出两直线的交点坐标，再借助平行关系求解作答.【详解】（1）因直线的倾斜角为60°，则该直线斜率，所以所求直线的方程为，即.（2）由解得：，依题意，所求直线经过点，设所求直线为，将点代入，得，所以所求直线为．18．已知椭圆的标准方程为，且右顶点到两焦点，距离之和为，距离之差为2．(1)求椭圆的标准方程；(2)过左焦点且斜率为的直线交椭圆于，两点，求，两点的坐标．【答案】(1)；(2)，． 【分析】（1）根据椭圆的几何性质，列出的方程组，求解即可；（2）写出直线的方程，联立椭圆方程，求解即可.【详解】（1）∵右顶点到两焦点，的距离分别为a＋c，a－c，∴，，解得，c＝1，∴，∴椭圆C的标准方程为；（2）由（1）可知左焦点的坐标为，∴直线l的方程为y＝x＋1，联立直线l与椭圆C的方程得，整理得，解得或0，即A，B两点的坐标分别为，．19．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，．(1)求证：；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明平面后可得证线线垂直；（2）由棱锥体积公式计算．【详解】（1）∵底面，平面，∴，又∵底面为正方形，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴；（2）∵平面，∴是三棱锥的高，．20．已知圆C的圆心为，半径为3，l是过点的直线．(1)判断点P是否在圆上，并证明你的结论；(2)若圆C被直线l截得的弦长为，求直线l的方程．【答案】(1)点P不在圆上，证明见解析(2)x＝0或3x＋4y－8＝0． 【分析】(1)将点的坐标导入圆的方程与1比较大小即可.(2)已知弦长，求直线方程，求出圆心到直线的距离，用垂径定理，解直角三角形即可，特别要注意斜率不为0的情况.【详解】（1）点P不在圆上．证明如下：∵，∴由圆的定义可知点P是在圆C的内部，不在圆上；（2）由直线与圆的位置关系可知，圆心C到直线l的距离，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，此时，满足题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l为y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0，又∵，解得，此时直线l为3x＋4y－8＝0，综上所述：直线l的方程为x＝0或3x＋4y－8＝0．21．长江存储是我国唯一一家能够独立生产3D NAND闪存的公司，其先进的晶栈Xtacking技术使得3D NAND闪存具有极佳的性能和极长的寿命．为了应对第四季度3D NAND闪存颗粒库存积压的情况，某下游闪存封装公司拟对产能进行调整，已知封装闪存的固定成本为300万元，每封装万片，还需要万元的变动成本，通过调研得知，当不超过120万片时，；当超过120万片时，，封装好后的闪存颗粒售价为150元/片，且能全部售完．(1)求公司获得的利润的函数解析式；(2)封装多少万片时，公司可获得最大利润？【答案】(1)(2)封装160万片时，公司可获得最大利润 【分析】（1）根据利润=销售额-成本即可的利润的函数解析式；（2）根据（1）利润的函数解析式，分段求解函数最值，最终比较得最大值即可.【详解】（1）解：当时，，当时，，综上可知；（2）解：当时，，∴当时，利润取最大值700万元；当0时，，∴当且仅当“”，即“”时，利润取最大值730万元，综上所述，封装160万片时，公司可获得最大利润730万元．22．已知圆过点，且与轴相切于坐标原点，过直线上的一动点引圆的两条切线，，切点分别为，．(1)求圆的标准方程；(2)若点为线段的中点，点为坐标原点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出圆心后列式求解，（2）由题意求解的轨迹方程，再由圆的性质求解，【详解】（1）∵圆与轴相切，∴可设圆心的坐标为；又∵圆过点，，∴，解得，∴圆心为，半径为1，∴圆的标准方程为（2）设，两点的坐标分别为，，再设点为，直线的方程为，又∵过点，且与直线垂直，∴为，又知过点，得到，整理可知点满足：，同理点满足：，∴直线的方程为．∴直线恒过定点，设定点为点，由题意可知当点与点不重合时，，点在以为直径的圆上（不包括点），当点与点重合时也在该圆上，∴点的轨迹为（去掉），圆心为，∴求的取值范围，即求圆（去掉）上一点到原点的距离的取值范围，又∵，圆（去掉）的半径为，∴的取值范围是．