2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳中学高二上学期第三次质量检测数学试题（解析版）

2022-2023学年四川省资阳市安岳县安岳中学高二上学期第三次质量检测数学试题

一、单选题

1．命题“”的否定是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据全称命题的否定直接求解判断即可.

【详解】解：命题“”的否定是“”.

故选：A.

2．已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”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】根据线面垂直的性质证明充分性成立，由线面垂直的定义判断必要性不成立.

【详解】由线面垂直的性质知，若，，则成立，即充分性成立；

根据线面垂直的定义，必须垂直平面内的两条相交直线，才有，即必要性不成立.

故选：A.

3．如果圆锥的底面半径为，高为2，那么它的侧面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由勾股定理求出圆锥母线长，进而由侧面积公式进行求解.

【详解】设圆锥的母线长为，其中底面半径为，高为2，

由勾股定理得：，

故侧面积为.

故选：C

4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关“松竹并生”的问题，松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于该思想的一个程序框图，若输入的，分别为8，3，则输出的的值是（    ）

A．3． B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】按流程图顺序运算可得结果.

【详解】

所以输出n为4.

故选：B.

5．一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥各棱棱长的最大值为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】由几何体的三视图可得该几何体的直观图，通过计算求得即可.

【详解】解析：，计算可得：，，，．

故选：C．

6．若椭圆 的动弦 斜率为 1 ， 则弦中点坐标可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意，可设，，弦的中点为，利用中点坐标公式，点差法和斜率公式计算即可.

【详解】解：设椭圆上的两点为，，弦的中点为，

则，，，，

由已知得，，，

两式相减可得：，整理可得，

，

又点在椭圆的内部，所以.

故选：D.

7．矩形中，，，沿将矩形折起，使面面，则四面体的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】矩形中，由，设交于，由于到点的距离均为，所以为四面体的外接球的球心，由此能求出四面体的外接球的体积．

【详解】如图：

矩形中，因为，

所以，

设交于，则是和的外心，

所以到点的距离均为，所以为四面体的外接球的球心，

所以四面体的外接球的半径，

所以四面体的外接球的体积.

故选:A.

8．如图，在直三棱柱中，，，，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连接、、，推导出四边形为平行四边形，可得出，可得出异面直线与所成的角为，通过解，利用余弦定理可求得异面直线与所成的角的余弦值.

【详解】取的中点，连接、、.

易知是的中位线，所以且.

又且，为的中点，所以且，所以且.

所以四边形是平行四边形，所以，所以就是异面直线与所成的角.

因为，，，、、分别是、、的中点，

所以，且.

由勾股定理得，所以.

由勾股定理得，.

在中，由余弦定理得.

故选：C.

【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.

9．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（    ）

A．

B．平面

C．三棱锥的体积为定值

D．的面积与的面积相等

【答案】D

【分析】连接，则平面，利用线面垂直的定义可知A正确；，利用线面平行的判定定理可知B正确；进而得到C正确；点到直线的距离不相等，可知D不正确，得出答案．

【详解】

解：连接，在正方体中，平面，

又，平面，

平面，选项A正确；

，即，平面，

平面，平面，选项B正确；

由平面，

得；

三棱锥的体积为定值，选项C正确；

点到直线的距离不相等，

的面积与的面积不相等，

故D错误．

故选：D

10．圆关于直线对称，记点，坐标系的原点为，则的最小值为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，直线过圆心，可得，故，结合二次函数的性质可求解最小值.

【详解】由题意，，

即圆圆心为，半径，

圆关于直线对称，

即圆心在直线上，

故，即，

故，

当时，的最小值为.

故选：B

11．已知、分别为椭圆的左右焦点，点P在椭圆上，且，则点P横坐标的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设,，写出，进行点乘得到

，再利用点在椭圆上，进行代换，求出范围即可.

【详解】由椭圆方程得,设,,所以,

所以,

又点在椭圆上,则,

即,代人得,

所以

故选：B.

12．已知点P在以，为左、右焦点的椭圆上，椭圆内存在一点Q在的延长线上，且满足，若，则该椭圆离心率取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由和正弦值，可设出的三边长，结合椭圆定义和勾股定理求出等量关系，利用点的位置求出的范围，代入等式有解，可求出的关系，即可求出离心率的范围.

【详解】解： 因为，，不妨设，，，

由椭圆定义可知：，，

由勾股定理可知：，即，化简可得：，

点在延长线上，且在椭圆内部，所以，，解得：.

令在上单调递增，所以，解得：，，又，且在椭圆内部，所以，则，.

故选B．

二、填空题

13．变量，满足约束条件，则的取值范围是____________.

【答案】

【分析】作出不等式组对应的平面区域，数形结合即可求解

【详解】画出可行域如图，

即三角形及其内部且，

因为，表示点与点连线的斜率，

由图可知：点与连线斜率最大为

点与连线斜率最小为，

所以的取值范围为.

故答案为：.

14．命题 ， 使得 为假命题， 则实数 的取值范围为_______.

【答案】

【分析】根据指数函数的单调性确定最值后，根据存在量词命题和全称量词命题的关系即可求解.

【详解】因为 ， 使得 为假命题，

所以 ， ，

又

所以 ，

故答案为：.

15．椭圆的左、右焦点分别为，动点在椭圆上，为椭圆的上顶点，则周长的最大值为_________.

【答案】12

【分析】利用椭圆的定义可得到周长，由，即可求出答案

【详解】由椭圆可得，

由于点为椭圆的上顶点，故，

周长为，

其中，当且仅当点在线段延长线上时取得等号，即，

所以周长，

故周长最大值为12.

故答案为：12

16．设椭圆 的上顶点为A，左，右焦点分别为，连接并延长交椭圆于点，若，则该椭圆的离心率为________.

【答案】##

【分析】由题设条件得，结合椭圆的定义求得，从而利用余弦定理得到关于的齐次式，由此求得该椭圆的离心率.

【详解】依题意，得，由得，

而，所以，

因为，所以，则，如图，

.

在中，由余弦定理得，

即，整理得，

因此，解得，所以椭圆的离心率为.

故答案为：.

三、解答题

17．命题 .

(1)若 为真命题， 求实数 的取值范围；

(2)若 为真命题， 为假命题， 求实数 的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）分和两种情况讨论即可；

（2）由题先求出为真时的取值范围，然后分真假或假真两种情况，分别解出即可.

【详解】（1）因为为真命题，

当时，恒成立，符合题意；

当时，，解得，

综上所述，；

（2）若为真，

当时，，，

设，则在上单调递增，

所以，

所以，即，

因为为真命题，且为假命题，

所以真假或假真，

当真假时，有，解得；

当假真时，有，解得；

综上所述，或.

18．已知椭圆的两个焦点坐标分别是，，并且经过点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若直线与椭圆交于､两点，求中点的坐标．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由椭圆的焦点坐标和椭圆的定义，可得椭圆的标准方程；

（2）联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系得出中点的坐标．

【详解】（1）由于椭圆的焦点在轴上，所以设它的标准方程为，

由椭圆定义知，

，

所以，所以，

所求椭圆标准方程为．

（2）设直线与椭圆的交点为，，

联立方程，得，

得，．

设的中点坐标为，则，，

所以中点坐标为．

19．如图， 在直角梯形 中， 为 的中 点， 沿 将 折起， 使得点， 到点 位置， 且 为 的中点， 是 中点.

(1)证明： 平面 ；

(2)证明： 平面 平面 .

【答案】(1)证明见解析;

(2)证明见解析.

【分析】（1）先证明出，再利用线面平行的判定定理即可证明；

（2）先证明出 ， ，利用线面垂直的判定定理得到平面 ，再利用面面垂直的判定定理即可证明.

【详解】（1）因为在 中， 为 的中点， 是 中点 所以 .

因为 面 平面

所以 平面

（2）因为 ， 平面 平面 ，

所以 面 .

又因为 平面 ， 所以 .

又因为 ， 平面 平面 ，

所以 平面

又因为 面 ， 所以 .

又因为 为 中点， 所以 .

又因为 平面 ， 平面所以平面 .

因为 平面 ， 平面 平面 .

20．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为为圆的圆心.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设过点的直线l与C交于A，B两点，求的面积的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意可求得的值即可确定椭圆方程；

（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，从而得到面积的表达式，然后利用换元法即可求得面积的最大值.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则由题知左焦点，

，又，

，

故椭圆C的方程为.

（2）由题可知左､右焦点分别为，

设，易知直线l的斜率不为0，设l：，

由得，

则，

∴的面积，

设，

则，

又，当且仅当，即时取等号，

∴，当时取等号，

∴的面积的最大值为.

21．如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，，且，，是棱的中点.

(1)求直线与平面所成角的正弦值；

(2)在线段上（不含端点）是否存在一点，使得平面MAC与平面ACE所成角的余弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)；

(2)线段上存在一点，，理由见解析.

【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及的方向向量，利用向量法求解线面角即可；

（2）假设存在这样的点，设出点的坐标，分别求得平面的法向量，结合数量积运算即可求解.

【详解】（1）因为面面，故，又，

故以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，，，.

设平面的法向量为.

∵，

∴，即，不妨取，得；

又.

设直线与平面所成的角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为．

（2）假设在线段上（不含端点）存在一点，使得平面MAC与平面ACE所成角的余弦值为.

连接.设， 得.

设平面的法向量为.

∵，

∴，即，不妨取，得；

设平面MAC与平面ACE所成角为，

则，化简得，

解得，或，

∴在线段上存在一点，且或时，使得平面MAC与平面ACE所成角的余弦值为.

22．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点.

【答案】（1）；（2）证明详见解析.

【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.

（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.

【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，

，

，

椭圆方程为：

（2）[方法一]：设而求点法

证明：设，

则直线的方程为：，即：

联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：

，解得：或

将代入直线可得：

所以点的坐标为.

同理可得：点的坐标为

当时，

直线的方程为：，

整理可得：

整理得：

所以直线过定点．

当时，直线：，直线过点．

故直线CD过定点．

[方法二]【最优解】：数形结合

 设，则直线的方程为，即．

同理，可求直线的方程为．

则经过直线和直线的方程可写为．

可化为．④

易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．

故，可得或．

其中表示直线，则表示直线．

令，得，即直线恒过点．

【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.

第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.