2021-2022学年上海市七宝中学高二下学期开学考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年上海市七宝中学高二下学期开学考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市七宝中学高二下学期开学考数学试题 一、填空题1．在空间四点中，三点共线是四点共面的__条件．【答案】充分不必要【分析】根据充分不必要条件的概念，结合空间点面位置关系判断即可.【详解】空间四点中，若有三点共线，则第四点不论在线上，还是在线外，四点一定共面；反之，若空间四点共面，不一定有三点共线，所以，在空间四点中，三点共线是四点共面的充分不必要条件．故答案为：充分不必要2．不共面的四点可以确定平面的个数是__．【答案】4【分析】根据给定条件，确定四点中任意三点情况，再用列举法求解作答.【详解】令为不共面的四点，则这4点中任意三个点都不在同一条直线上，因此从四点中任取三个点都可以确定一个平面，能确定一个平面的三点有：点，点，点，点，所以不共面的四点可以确定平面的个数是4.故答案为：43．点关于直线的对称点是__．【答案】【分析】设出对称点，根据对称的性质列出方程即可求出.【详解】设点关于直线的对称点是，则有，解得，故点关于直线的对称点是.故答案为：.4．圆上的点到直线的距离的最小值是__．【答案】3【分析】由圆心到直线的距离减去半径求解即可.【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离，所以圆上的点到直线的距离的最小值是．故答案为：5．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是__．【答案】【分析】根据投影向量结合向量的坐标运算求解.【详解】由题意可得：，所以向量在向量上的投影向量为．故答案为：.6．用“斜二测画法”画水平放置的长为4、宽为3的矩形，则其直观图的面积为_______.【答案】【分析】求出原图面积，利用原图与直观图的面积比，即可求解.【详解】根据题意，原图的面积为，由，可得其直观图的面积为.故答案为【点睛】本题主要考查斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：，属于基础题.7．已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则△的面积的取值范围为_______【答案】．【分析】讨论在下底面圆周上的位置，确定不同位置上的变化情况及其最值点，进而确定△的面积的范围.【详解】如图1，上底面圆心记为，下底面圆心记为，连结，过点作，垂足为点，则，又为定值2，故的大小随着的长短变化而变化，如图2所示，当点与点重合时，，此时取得最大值为；如图3所示，当点与点重合，取最小值2，此时取得最小值为．综上所述，的取值范围为．故答案为：．8．在极坐标系中，曲线与的公共点到极点的距离为__________【答案】【详解】联立方程组得，又，故所求为．【考点定位】考查极坐标方程及意义，属容易题． 9．已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且面ABCD，M，N分别是PC，PD上的点，且，，，则______.【答案】【分析】根据向量运算求得，进而求得.【详解】所以，所以.故答案为：10．已知两条直线和，有一动圆与及都相交，并且、被截在圆内的两条弦长分别是26和24，则动圆圆心的轨迹方程是__．【答案】【分析】设圆心的坐标为，圆的半径为，根据垂径定理和点到直线的距离公式分析运算.【详解】设圆心的坐标为，圆的半径为，点到、的距离分别为、，则，，得．由题意可得：，，即，化简得．即．故答案为：.11．如图，在平行四边形中，，将平行四边形沿对角线折成三棱锥，使平面平面，在下列结论中：①直线平面；②平面平面；③与成角的大小为；④棱上存在一点到顶点、、、的距离相等；⑤点到平面的距离为；所有正确结论的编号是___________.【答案】①②④【分析】利用面面垂直的性质可判断①的正误；利用面面垂直的判定定理可判断②的正误；利用直角三角形的几何性质可判断④的正误；以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断③⑤的正误.【详解】对于①，因为，，则，所以，，平面平面，平面平面，平面，所以，平面，①对；对于②，，，则，则，平面，平面，则，，平面，平面，故平面平面，②对；以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，对于③，，，，所以，直线与成角的大小为，③错；对于④，因为平面，平面，则，同理，所以，线段的中点到顶点、、、的距离相等，④对；对于⑤，，，，设平面的法向量为，则，取，则，所以，点到平面的距离为，⑤错.故答案为：①②④.12．已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，且，则__．【答案】.【分析】根据正弦定理和已知条件可得，结合椭圆的定义可得，再根据即可求解.【详解】由正弦定理得，又，所以，所以，所以，所以，所以，因为(不等式两边不能取等号，否则题目中分式的分母为0，无意义)，所以，即，所以，即解得，所以.故答案为: . 二、单选题13．用一个平面去截正方体，所得截面可能是（    ）A．直角三角形 B．直角梯形C．正五边形 D．正六边形【答案】D【分析】根据正方体的结构特征，结合各选项画出一个平面去截正方体，再分析截面形状即可判断作答.【详解】一个平面与正方体共点的3个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形，如图，截面为，点O为正方体的顶点，在三棱锥中，两两垂直，若为直角三角形，不妨令，则，而，因此，矛盾，A错误；一个平面与正方体的4个面相交，截面为四边形，此四边形不可能是直角梯形，截面四边形所在平面必与正方体一组相对面相交，即四边形必有一组对边平行，截面四边形，如图，不妨令，若平行或重合，则四边形为矩形，令不平行，假定四边形为直角梯形，不妨令，即，而平面，平面， 则，又平面，有平面，又平面，则，平面平面，则平面，平面平面，平面，因此，四边形为平行四边形，矛盾，B错误；一个平面与正方体的5个面相交，截面为五边形，此五边形不可能是正五边形，截面五边形必与正方体的一组相对面相交，这两条交线必平行，而正五边形的任意两边都不平行，即截面五边形不可能是正五边形，C错误；一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形，如图，为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形，设正方体棱长为，有，，中，，则，同理，即六边形为正六边形，D正确.故选：D14．已知球O，过其球面上A，B，C三点作截面，若点O到该截面的距离是球半径的一半，且，，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由正弦定理求出的外接圆半径，则可建立关系求出球半径，得出表面积.【详解】设球半径为，的外接圆半径为，因为，，，由正弦定理可得，则，因为点O到平面的距离是球半径的一半，所以，即，解得，则球O的表面积为.故选：A.15．曲线C是平面内与两个定点和的距离的积等于常数的点的轨迹，给出下列三个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于坐标原点对称；③若点P在曲线C上，则的面积不大于，其中，所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【分析】由题意曲线是平面内与两个定点和的距离的积等于常数，利用直接法，设动点坐标为，及可得到动点的轨迹方程，然后由方程特点即可加以判断．【详解】对于①，由题意设动点坐标为，则利用题意及两点间的距离公式的得：，将原点代入验证，此方程不过原点，所以①错；对于②，把方程中的被代换，被代换，方程不变，故此曲线关于原点对称，故②正确；对于③，由题意知点在曲线上，则△的面积，由①知或（舍去），令，则，，，故③正确．故选：C.【点睛】本题考查了利用直接法求出动点的轨迹方程，并化简，利用方程判断曲线的对称性及利用解析式选择换元法求出值域，属于中档题目.16．已知点A，B关于坐标原点O对称，，以M为圆心的圆过A，B两点，且与直线相切，若存在定点P，使得当A运动时，为定值，则点P的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设M的坐标为（x，y），然后根据条件得到圆心M的轨迹方程为x2＝﹣y，把|MA|﹣|MP|转化后再由抛物线的定义求解点P的坐标．【详解】解：∵线段AB为⊙M的一条弦O是弦AB的中点，∴圆心M在线段AB的中垂线上，设点M的坐标为（x，y），则|OM|2+|OA|2＝|MA|2，∵⊙M与直线2y﹣1＝0相切，∴|MA|＝|y|，∴|y|2＝|OM|2+|OA|2＝x2+y2，整理得x2＝﹣y，∴M的轨迹是以F（0，）为焦点，y为准线的抛物线，∴|MA|﹣|MP|＝|y|﹣|MP|＝|y|﹣|MP||MF|﹣|MP|，∴当|MA|﹣|MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为（0，），∴存在定点P（0，）使得当A运动时，|MA|﹣|MP|为定值．故选：C.【点睛】本题主要考查了点轨迹方程的求解，抛物线的定义，属于一般题. 三、解答题17．设三棱柱，，平面，、分别为、的中点，，．(1)求异面直线与所成角；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点，连接，以点点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角；（2）利用空间向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）解：取的中点，连接，因为，则，因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、，，，所以，，因此，与所成角为.（2）解；设平面的法向量为，，，由，取，则，易知平面的一个法向量为，则.所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.18．已知直线，圆(1)证明直线与圆恒相交；(2)若是圆上任意一点，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意求直线过定点，并证明该定点在圆内，即可证明直线与圆恒相交；（2）设，根据直线与圆的位置关系分析运算.【详解】（1）由直线得，令，解得，所以直线过定点，圆圆心为，半径为5，∵，即A在圆内，所以直线与圆总相交.（2）设，即为直线，∵该直线和圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得，所以的取值范围是．19．在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）若平面，求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，连接，，证明即得证；（2）证明是与平面所成的角，再解三角形即得解.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，因为四边形是直角梯形，，，所以，，三点共线，因为，分别是，的中点．所以，因为平面，平面，所以平面．（2）解：由（1）得，与平面所成的角与与平面所成的角相等， 平面，是与平面所成的角．在中，，．所以与平面所成的角的正弦值为.与平面所成的角的正弦值为.20．已知直线是双曲线的一条渐近线，点都在双曲线上，直线与轴相交于点，设坐标原点为. （1）求双曲线的方程，并求出点的坐标（用表示）；（2）设点关于轴的对称点为，直线与轴相交于点.问：在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.（3）若过点的直线与双曲线交于两点，且，试求直线的方程.【答案】（1）；（2）存在定点，其坐标为或（3）【分析】（1）求得双曲线的渐近线方程，可得，由题意可得，，可得双曲线的方程，求出直线的方程，可令，求得的坐标；（2）求得对称点的坐标，直线方程，令，可得的坐标，假设存在，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，结合在双曲线上，化简整理，即可得到定点；（3）设出直线的方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理，由向量数量积的性质，可得向量，的数量积为0，化简整理，解方程可得的值，检验判别式大于0成立，进而得到直线的方程．【详解】解：（1）由已知，得,故双曲线的方程为为直线AM的一个方向向量，直线AM的方程为它与轴的交点为（2）由条件，得且为直线AN的一个方向向量，故直线AN的方程为它与轴的交点为假设在轴上存在定点，使得,则由及得故即存在定点，其坐标为或满足题设条件.（3）由知，以为邻边的平行四边形的对角线的长相等，故此四边形为矩形，从而由已知，可设直线的方程为并设则由得由及得且（*）由得故符合约束条件（*）.因此，所求直线的方程为【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查对称思想的运用，以及两直线垂直的条件，联立直线方程和双曲线方程，运用韦达定理和向量垂直的条件：数量积为0，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．如图，已知半圆（）与轴交于、两点，与轴交于点，半椭圆（，）的上焦点为，并且△是面积为的等边三角形，将满足的曲线，记为“”．（1）求实数、的值；（2）直线与曲线交于、两点，在曲线上再取两点、（、分别在直线两侧），使得这四个点形成的四边形的面积最大，求此最大面积；（3）设点（），是曲线上任意一点，求的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）由题意列出关于的等式，联立求解；（2）根据题意可判断出与平行的直线与半圆相切，与平行的直线与半椭圆相切时，四边形面积最大，设出直线，联立方程，利用求解出方程，再计算平行线的距离，代入面积公式计算；（3）讨论时，，时，利用两点距离公式列出，再根据的范围分类讨论和两种情况.【详解】（1）设（），依题意，解得：；（2）设曲线的下半圆为，上半椭圆为，与平行的直线与半圆相切，切点为，与平行的直线与半椭圆相切，切点为，当、恰好取、时，四边形面积最大，由，，，由，，即，此时与l的距离是；又因与l的距离为，∴四边形MSNT面积的最大值是；（3）显然当时，；当时，设，由，得此时，若时，有时，此时；若时，有，此时；综上：．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．