2022-2023学年青海省西宁市大通回族土族自治县高二上学期期末考试数学（理）试题含解析

2022-2023学年青海省西宁市大通回族土族自治县高二上学期期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．经过点的直线的斜率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用两点斜率公式计算即可.

【详解】．

故选：C.

2．抛物线的准线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据抛物线的标准方程求出参数，得出准线方程．

【详解】抛物线的焦点在的正半轴上，焦点坐标为

故抛物线的准线方程为．

故选：B．

3．在正方体中，（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算，结合求解即可.

【详解】.

故选：A

4．双曲线的渐近线方程是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：中，渐近线方程为

【解析】双曲线方程及性质

5．已知圆心为的圆与直线相切，则该圆的标准方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由圆心到切线的距离等于半径，求出圆的半径，即可得到本题答案.

【详解】因为圆心为的圆与直线相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，

所以该圆的标准方程是．

故选：A

6．平面α与平面β平行的充分条件可以是（    ）

A．α内有无穷多条直线都与β平行

B．直线aα，aβ，且直线a不在α与β内

C．直线 ，直线，且bα，aβ

D．α内的任何直线都与β平行

【答案】D

【分析】由平面的基本性质，结合线面、面面间的关系判断是否有面面平行即可.

【详解】A：α内有无穷多条直线都与β平行，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；

B：直线aα，aβ，且直线a不在α与β内，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；

C：直线 ，直线，且bα，aβ，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；

D：α内的任何直线都与β平行，α内任取两条相交的直线平行于β，由面面平行的判定知，正确.

故选：D.

7．已知命题：若，则；命题：若，则.则下列是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用对数的运算性质及三角函数的值的特点，结合复合命题真假的判断即可求解.

【详解】若，则，所以，故命题为真命题；为假命题；

当时，，但，故命题为假命题，

所以为真命题；为假命题；为假命题；为假命题.

故选：C.

8．已知椭圆，分别是椭圆C的焦点，过点的直线交椭圆C于A，B两点，若，则（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【分析】根据椭圆的定义可求，，结合条件可求.

【详解】设椭圆的长半轴为，则，

由椭圆定义可得，，

又，

所以.

故选：D.

9．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由圆锥底面圆周长等于展开图的半圆周长，可算得，然后根据圆锥的表面积公式，列出方程，即可求得本题答案.

【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，

因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，解得，

所以圆锥的表面积为，解得，

所以这个圆锥的底面直径为．

故选：B

10．已知直线，若且，则的值为（    ）

A． B．5 C． D．7

【答案】B

【分析】利用直线一般式下平行与垂直的性质求解即可.

【详解】因为，

所以由，得，解得，

由，得，解得，

所以．

故选：B．

11．给出下列四个命题：①“若，则a＞b”的逆命题；②“，使得”的否定；③已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，“函数为偶函数”的充要条件是“”；④在中，“”是“”的充分不必要条件．其中为真命题的是（    ）

A．②④ B．①④ C．③④ D．②③

【答案】C

【分析】①先得到“若，则”的逆命题，再举出反例，得到①错误；②举出例子得到“，使得”为真命题，从而得到该命题的否定是假命题；③求出，得到为偶函数时，反过来也成立，③正确；④根据求出，得到④正确.

【详解】“若，则”的逆命题是“若，则”，

当时，，故①错误；

当时，满足，故“，使得”为真命题，

则“，使得”的否定为假命题，故②错误；

，若为偶函数，则，即时，

反过来，当时，，为偶函数，

故“函数为偶函数”的充要条件是“”，③正确；

在中，，则，

所以，但，比如，

故在中， “”是“”的充分不必要条件，④正确.

故选：C

12．已知抛物线的焦点为，准线为是上一点，是直线与的一个交点，若，则（    ）

A． B．3 C．5 D．6

【答案】D

【分析】作出辅助线，由焦半径公式和得到，从而求出答案.

【详解】如图所示，过点作交于点，因为，

由可得焦点，准线方程为，

所以，

所以，又焦点到准线的距离为3，

所以.

故选：D.

二、填空题

13．已知命题p：，，则为______．

【答案】，

【分析】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.

【详解】为，.

故答案为：，.

14．若圆与圆外切，则________．

【答案】

【分析】由题意分别求两圆的圆心和半径，根据两圆外切可得，代入运算求解．

【详解】由题意可得：圆的圆心分别为，半径分别是，

因为圆外切，所以，

则，解得．

故答案为：.

15．2022年10月9日7时43分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁型运载火箭，成功将先进天基太阳天文台“夸父一号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功．该卫星是我国综合性太阳探测卫星，将聚焦太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射的观测，开启我国综合性太阳探测时代，实现我国天基太阳探测卫星跨越式突破，“夸父一号”随着地球绕太阳公转，其公转轨道可以看作是一个椭圆，若我们将太阳看做一个点，则太阳是这个椭圆的一个焦点，“夸父一号”离太阳的最远距离为15210万千米，最近距离为14710万千米，则“夸父一号”的公转轨道的离心率为______．

【答案】

【分析】根据定义得出长半轴与半焦距的方程组并求解，即可按定义求得离心率.

【详解】设公转轨道的长半轴长为a（万千米），半焦距为c（万千米），由题意知，，所以，，

所以离心率．

故答案为：

16．在菱形中，，M为的中点，将沿直线翻折成，使得平面平面，如图所示，则三棱锥的外接球的体积是________．

【答案】

【分析】求三棱锥的外接球体积，转化为求长方体的体积，即可得到本题答案.

【详解】由题意知，故，

又平面平面，平面平面，且平面，

故平面，

因为M为的中点，所以．

如图所示，要求三棱锥外接球体积，即求如图所示的长方体外接球的体积，

由已知得长方体的长、宽、高分别为4、、2，则长方体的外接球半径，

而球的体积．

故答案为：

三、解答题

17．设集合，集合．

(1)已知p：，若p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，得到不等式组，求出实数m的取值范围；

（2）根据题意得到是的真子集，并得到，得到方程组，求出实数m的取值范围.

【详解】（1）由题意得，故，解得：，

故实数m的取值范围是；

（2）由题意得：，

由“”是“”的必要不充分条件，得到是的真子集，

因为，所以，

故或，

解得：，

故实数m的取值范围是.

18．已知直线l经过直线和的交点，且与直线垂直．

(1)求直线l的方程；

(2)若圆C的半径，且圆心C在y轴的负半轴上，直线l被圆C所截得的弦长为，求圆C的标准方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将两直线联立方程求出交点，再根据垂直的条件求出直线的斜率，代入点斜式可得直线方程；

（2）设出圆的圆心和半径，利用圆的弦长公式可联立方程解方程可得.

【详解】（1）由已知，得解得两直线交点为，

设直线l的斜率为k，因为直线l与垂直，所以，解得，

所以直线l的方程为，即．

（2）设圆C的标准方程为，

由于直线l被圆C所截得的弦长为，设弦长为，圆的半径为，圆心到直线的距离为，

则，，，

则由题意，得，

解得或（舍去），

所以圆C的标准方程为．

19．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，底面，且，是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点为，连接、，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：取的中点为，连接、，

因为、分别是、的中点，所以且，

又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

（2）解：因为，底面，所以两两互相垂直，以为坐标原点，

以分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示，

则，

则，

设平面的一个法向量为，所以，

即，令，则，

设直线与平面所成角为，则，

即直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知双曲线的渐近线为，抛物线的焦点为F，点在抛物线上，且，抛物线交双曲线的两条渐近线于O，A，B三点．

(1)求双曲线的离心率；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)48

【分析】（1）结合抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可得到本题答案；

（2）联立渐近线方程和抛物线方程，求得点和点的坐标，即可得到本题答案.

【详解】（1）由题意．双曲线的渐近线为，所以，

所以双曲线的离心率．

（2）抛物线的准线方程为，所以，解得，所以的方程为，焦点为，

联立得，所以，直线的方程为，

所以点F到直线的距离为8，所以的面积为．

21．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面.

(1)证明：平面平面；

(2)若为中点，求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）由线面垂直证，再证平面、平面平面；

（2）以P为原点，所在直线分别为轴，过P且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法求二面角的余弦值即可.

【详解】（1）证明：因为平面平面，所以，

在矩形中，，又平面，所以平面.

又平面，所以平面平面.

（2）因为平面平面，所以，以P为原点，所在直线分别为轴，过P且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，则，.

设平面的一个法向量为，则即令，则，，所以.

设平面的一个法向量为，则即令，则，所以.

设二面角的平面角为，所以.

由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为.

22．已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线，M是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线AM交直线l于点P，直线BM交直线l于点Q.求证：以PQ为直径的圆恒过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据左右顶点坐标得到，根据离心率得到，然后得到，即可得到椭圆方程；

（2）设，得到，根据坐标得到直线和的直线方程，即可得到，，然后根据坐标和得到圆的方程为，即可得到以为直径的圆过定点.

【详解】（1）由左、右顶点分别为，，得，

由离心率为，得，解得，所以，

所以椭圆的方程为.

（2）证明：设，则，

由，，得，令，则，

由，，得：，令，则，

以为直径的圆的方程为，

即，

又，所以，

令，则，故以为直径的圆恒过定点和.