四川省眉山市2020-2021学年高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

这是一份四川省眉山市2020-2021学年高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版），共22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。


一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接求抛物线的准线方程即可．
【详解】抛物线的准线方程为
故选：B
2．棱长为2的正四面体的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出一个面的面积乘以4即可.
【详解】正四面体的各个面面积相等；
一个面为边长为2的等边三角形，其面积为：
所以，棱长为2的正四面体的表面积是．
故选：D
3．设是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】利用可能平行判断A，利用线面的位置关系定义可判断B，利用或与异面判断C，与可能平行、相交、异面，判断D.
【详解】，，则可能平行，故A不正确；
，则可能平行，可能线在面内；
，，由线面平行的性质可得，故C正确；
，，与可能平行、相交、异面，故D不正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
4．已知为实数，直线与直线垂直，则（ ）
A．0或3B．3C．0D．无解
【答案】A
【分析】利用两条直线的垂直的等价条件可得解方程即可求解.
【详解】若直线与直线垂直，
则，即，解得或，
故选：A.
5．双曲线的实轴长是虚轴长的两倍，则它的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可得，即，即得渐近线方程.
【详解】由方程可得双曲线的焦点在轴上，
实轴长是虚轴长的两倍，，
则，故渐近线方程为.
故选：C.
6．下列说法正确的是（ ）
A．若“且”为真命题，则，中至多有一个为真命题；
B．命题“若，则”的否命题为“若，则若”；
C．命题“”的否定是“”；
D．命题“若则”的逆否命题为真命题．
【答案】B
【分析】根据复合命题的真假判断规则判断A；若p则q的否命题为若则；特称命题的否定为全称命题；原命题与逆否命题的真假性相同.
【详解】若“且”为真命题，则，均为真命题，A错误；
命题“若，则”的否命题为“若，则若”，B正确；
命题“”的否定是“”，C错误；
命题“若则”为假命题，如，但，因此此命题的逆否命题为假命题，D错误.
故选：B
7．椭圆，过点的直线交椭圆于两点，且，则直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设，，可得 ，，将两点坐标分别代入椭圆方程，两式相减可得，由可求出直线的斜率，利用点斜式即可求出直线的方程
【详解】设，，
则，两式相减可得，
所以，
因为，所以点为弦的中点，
所以 ，，
所以，即，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程是 ，
即，
故选：A
【点睛】思路点睛：关于中点弦问题往往采取设而不求的方法，利用整体代入思想求出中点弦所在直线的斜率，再结合中点可得直线的方程.
8．直线，“”是“圆上至少有三个点到直线的距离为”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．充要条件
【答案】D
【分析】根据圆的性质，为使圆上至少有三个点到直线的距离为，只需圆心到直线距离，由此求出的范围，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】因为圆的圆心为，半径为，
若圆上至少有三个点到直线的距离为，
则只需圆心到直线的距离，即，解得，
因此“”是“圆上至少有三个点到直线的距离为”的充要条件.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于将“圆上至少有三个点到直线的距离相等且为”转化为圆心到直线距离（其中为圆的半径），结合点到直线距离公式即可求解.
9．在底面是正方形的四棱柱中，，， ，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据空间向量的运算法则，先得到，再由空间向量模的计算公式，结合题中条件，即可得出结果.
【详解】因为四棱柱中，底面是正方形，，，，
则，
所以
.
故选：A.
10．椭圆的长轴为A1A2，短轴为B1B2，将坐标平面沿y轴折成一个锐二面角，使点A1在平面B1A2B2上的射影恰是该椭圆的一个焦点，则此二面角的大小为（ ）
A．30°B．45°
C．60°D．以上答案均不正确
【答案】A
【分析】画出满足条件的图形，由可得出为所求二面角的平面角，通过解三角形即可求出二面角.
【详解】由椭圆得长轴 ，短轴.
将坐标平面沿y轴折成一个锐二面角，如图.
设点A1在平面上的射影恰是该椭圆的一个焦点，设该焦点为.
则平面.所以.
由,所以为所求二面角的平面角.
在中，
所以.
由条件二面角为锐角，所以
故选：A
【点睛】本题考查二面角的平面的求法，涉及翻折问题可椭圆的基本性质，属于中档题.
11．设、是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段垂直平分线经过 ，若和的离心率分别为、，则的最小值（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】设椭圆和双曲线的方程，由题意可得，再利用椭圆和双曲线的定义分别求出，即可得，计算，展开后利用基本不等式即可求最值.
【详解】设椭圆的方程为，则，
设双曲线的方程为，则，
因为椭圆和双曲线的焦点相同，
所以，设即，
因为是椭圆和双曲线的一个公共点，
所以，，
因为线段垂直平分线经过，所以，
所以，且，
所以，可得，
所以，，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用已知条件得出，进而可得，
再利用基本不等式可求最值.
12．正方体的棱长为3，点分别在棱上，且，，下列几个命题：①异面直线与垂直；②过点的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为；④过点作平面，使得，则平面截正方体所得的截面面积为．其中真命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】利用空间向量坐标表示公式，结合三棱锥的体积公式，平行四边形的判定定理和性质进行判断即可.
【详解】①：建立如图所示的空间坐标系，则，
所以，，
因为，所以，即异面直线与垂直；故本命题正确；
②：取的三等分点为，使，又，
且四边形为平行四边形，则且，
取的三等分点为，使，所以且，于是且，
∴四边形为平行四边形，，
取的中点为G，连接，
又
，则四边形即为所求截面，
由题意知：，故本命题不正确；
③：，又面，
所以，故本命题正确；
④：取的三等分点为，使，取的三等分点为H，使，，则面即为所求的截面，
，
，
所以平面，
由已知条件得，，
等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故本命题正确.
故选：B.
二、填空题
13．若变量满足则目标函数则目标函数的最大值为________．
【答案】28
【分析】本题首先可以通过不等式组在平面直角坐标系上画出可行域，然后将目标函数化为直线方程的斜截式，通过数形结合即可得出最优解，最后带入目标函数中即可得出结果．
【详解】
如图所示，根据不等式组可画出可行域并求出可行域的三个顶点坐标为、、，然后画出函数的图像，通过对函数平移可知过点时目标函数取最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．
14．已知等腰直角三角形中，，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时三棱锥的外接球的表面积为____．
【答案】12
【分析】根据题意可判断出两两垂直，即可求出外接球半径，得出表面积.
【详解】等腰直角三角形中，，，
为的中点，，
，
，满足，，
两两垂直，
设外接球的半径为，则，即，
三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥外接球问题，解题的关键是得出两两垂直.
15．直线的倾斜角为锐角，且和圆及圆均相切，则直线的斜率等于______.
【答案】
【分析】先根据题意设直线和圆切于点，和圆切于点，连接ON，AP，作于点，在直角三角形中，求出，进而得到直线的斜率即可.
【详解】如图所示，设直线和圆切于点，和圆切于点，连接ON，AP，作于点，
依题意，圆和圆外切，O(0,0),A(0,4),ON=1,AM=3,在直角三角形中，，，
因此，，故，从而的倾斜角为，故斜率等于，而由和平行知，直线的斜率也为.
故答案为：.
16．实数满足，则点到直线的距离的取值范围是___．
【答案】
【分析】分段讨论去绝对值判断出表示的图形，可得出表示的图形在和之间，利用平行线间距离公式即可求出.
【详解】实数满足，
当时，方程为，表示一段圆弧，
当时，方程为，表示双曲线的一部分，
当时，方程为，表示双曲线的一部分，
当时，方程为，不表示任何图形，
画出表示的图形，
可知双曲线的一条渐近线为，和平行，
设和平行且和圆在第一象限相切的直线为，
则，解得，
可得表示的图形在和之间，
则和的距离为，
和的距离为，
则结合图形可得点到直线的距离的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查解析几何的综合问题，解题的关键是得出表示的图形，数形结合可求出.
三、解答题
17．点在抛物线上，且A，B为上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求抛物线的方程；
（2）求直线AB的斜率．
【答案】（1）（2）1
【分析】（1）通过点（4，4）在抛物线上，求出p．即可得到抛物线C的方程；
（2）设，且x1+x2＝4，转化求解直线的斜率即可．
【详解】（1）因为点（4,4）在抛物线上，代入得：，
所以抛物线的方程为
（2）设，且，
则
=，故直线AB的斜率为1.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．
18．如图：在多面体ABCDE中，平面ACD，平面ACD，，，F是CD的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）取CE的中点M，连结MF，MB，先证明四边形ABMF是平行四边形，得出AF∥BM，即可得证；
（2）先通过AF⊥CD和AF⊥DE证明AF⊥平面CDE，即可证BM⊥平面CDE，即得证.
【详解】解：（1）证明：取CE的中点M，连结MF，MB，
∵F是CD的中点，∴MF∥DE且MF＝DE，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，MF∥AB，∵AB＝DE，∴MF＝AB，
∴四边形ABMF是平行四边形，∴AF∥BM，
AF平面BCE，BM⊆平面BCE，∴AF∥平面BCE；
（2）证明：∵AC＝AD，∴AF⊥CD，
又∵DE⊥平面ACD，AF平面ACD，
∴AF⊥DE，又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE，
又∵BM∥AF，∴BM⊥平面CDE，
∵BM平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.
19．如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.
（1）求证：；
（2）若，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，连结，根据条件，可证四边形为平行四边形，即，又，为的中点，可证，根据面面垂直的性质定理，即可得证；
（2）连结，根据（1）可得，，两两垂直，如图建系，设，可得所需点坐标，进而可取得平面的一个法向量，代入公式，即可求解.
【详解】（1）取的中点为，连结，
由是三棱台得，平面平面，
∴.
∵，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴.
∵，为的中点，
∴，
∴.
∵平面平面，且交线为，平面，
∴平面，而平面，
∴.
（2）连结.
由是正三角形，且为中点，则.
由（1）知，平面，，
∴，，
∴，，两两垂直.
以，，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为.
由可得，.
令，则，，
∴平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，则.
【点睛】本题考查面面平行的性质定理、面面垂直的性质定理、利用空间向量求解线面角的问题，考查分析理解，推理证明，化简求值的能力，属中档题.
20．已知直线过坐标原点，圆的方程为．
（1）当直线的斜率为时，求与圆相交所得的弦长；
（2）设直线与圆交于两点，且为的中点，求直线的方程．
【答案】(1);(2) 直线l的方程为y=x或y=﹣x.
【详解】试题分析：(1) 由已知，直线的方程为，圆圆心为，半径为，求出圆心到直线的距离，根据勾股定理可求与圆相交所得的弦长；（2）设直线与圆交于两点，且为的中点，设，则 ，将点的坐标代入椭圆方程求出的坐标，即可求直线的方程.
试题解析：（1）由已知，直线的方程为y=x，圆C圆心为（0，3），半径为，
所以，圆心到直线的距离为=
所以，所求弦长为2=2．
（2） 设A（x1，y1），因为A为OB的中点，则B（2x1，2y1）．
又A，B在圆C上，
所以 x12+y12﹣6y1+4=0，4x12+4y12﹣12y1+4=0．
解得y1=1，x1=±1，
即A（1，1）或A（﹣1，1）
所以，直线的方程为y=x或y=﹣x．
21．已知直四棱柱的棱长均相等，且BAD=60，M是侧棱DD1的中点，N是棱C1D1上的点．
（1）求异面直线BD1和AM所成角的余弦值；
（2）若二面角的大小为，，试确定点N的位置．
【答案】（1）；（2）点与点重合．
【分析】（1）取的中点，连结，，由直棱柱的几何特征及平面几何的知识可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出、后，利用即可得解；
（2）设，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用列方程即可得解.
【详解】
的中点，连结，，
因为直四棱柱的棱长均相等，所以底面是菱形，
又，所以△ABD是正三角形，
所以，因为，所以,
在直四棱柱中，平面，平面，
所以，，
分别以直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设直四棱柱的棱长均为2，
则，，，，，，
（1）所以，,
设异面直线与所成角的大小为，则
，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（2）因为，．
设平面的一个法向量为，
则 即，所以
取，则；
设，则，
设平面的一个法向量为，
则 即 ，所以
取，则，
则，解得，
所以当二面角的大小为时，点与点重合．
【点睛】本题考查了利用空间向量求解异面直线所成的角及二面角，考查了运算求解能力，属于中档题.
22．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为−．记M的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程
（2）过点作斜率不为0的直线与曲线交于两点．
①求证：；
②求的最大值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）根据题意列出方程化简即可；
（2）①设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理证明即可证明；②设直线的方程为，联立直线PA与椭圆的方程，利用韦达定理求出点A的纵坐标，求出、从而用t表示出·，利用基本不等式及对勾函数的单调性求最大值.
【详解】（1）由题设得，化简得
（2）①设直线的方程为，
，，
，
，，
；
②法1：直线的方程为，
，所以点的纵坐标，
所以=，同理可得=，
·，
令，当且仅当时等号成立，
所以·，
因为函数在上单调递增，
所以当时，取得最小值，·有最大值；
法2接第二问，由等面积法得：，
，
令，所以·，
由双勾函数单调性可知，时，·有最大值.
【点睛】直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程、弦长、弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决.