内蒙古包头市2022-2023学年高二上学期期末理科数学试题

这是一份内蒙古包头市2022-2023学年高二上学期期末理科数学试题，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

2022—2023学年度第一学期高二年级期末教学质量检测试卷
理科数学
注意事项：
1．考生务必将自己的姓名、考场、座位号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据存在量词命题否定为全称量词命题即可得解.
【详解】因为存在量词命题的否定为全称量词命题，
所以命题“，”的否定是“，”.
故选：A
2. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的标准方程即可求解.
【详解】由抛物线的标准方程可知：
抛物线的开口向左，焦点在轴负半轴上，
且，所以，，
所以焦点坐标为.
故选：C
3. 已知a，，则“”是方程“表示圆”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】由可化为，
当时，，表示圆，
当表示圆时，，推不出，
所以“”是方程“表示圆”的充分不必要条件，
故选：A
4. 长方体中，分别为棱中点，则两点的距离为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，利用两次勾股定理求解.
【详解】连接，
在中，，
在中，.
故选：D.

5. P是椭圆上的一点，F是椭圆的左焦点，O是坐标原点，已知点M是线段PF的中点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形中位线定理，先求出，然后再根据椭圆的定义，即可算出.
【详解】设为椭圆的右焦点，连接，
因为M是线段PF的中点，为的中点，所以，
因为，所以，
因为椭圆标准方程为，所以，
又由椭圆的定义，有，所以.
故选：C
6. 已知圆与圆交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据两圆相交求出公共弦所在直线方程，再根据弦长公式求解即可.
【详解】由题意知，圆与圆相交，且公共弦所在直线方程为.
又圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，
由弦长公式得.
故选：B.
7. 若实数m满足，则曲线与曲线的（ ）
A. 离心率相等B. 焦距相等C. 实轴长相等D. 虚轴长相等
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的性质逐一分析判断即可.
【详解】因为，所以，
所以曲线与曲线都是焦点在轴上的双曲线，
，
所以两曲线的焦点和焦距都相同，故B正确；
因为，所以离心率不相等，故A错误；
因为，所以实轴长不相等，故C错误；
因为，所以虚轴长不相等，故D错误.
故选：B.
8. 已知点满足方程，点．若斜率为斜率为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据题意分析可知点在以为焦点的椭圆上，结合椭圆方程运算求解.
【详解】设，
则，可得，
即点在以为焦点的椭圆上，且，
所以点的轨迹为，整理得，
由题意可知：，
所以.
故选：A.
9. 如图，平行六面体所有棱长都为1，底面为正方形，．则对角线的长度为（ ）

A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基底法求解即可.
【详解】由题知，
所以，
所以，即.
故选：B.
10. 、是双曲线上关于原点对称的两点，、是左、右焦点．若，则四边形的面积是（ ）
A. B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】判断四边形为矩形，设，，可得，结合双曲线定义可得，化简得，即可求得四边形的面积．
【详解】解：由可知，，所以，
因为，是上关于原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，
设，，由双曲线的定义可得，
所以，
又因为，所以，所以，
所以四边形的面积．
故选：D．
11. 已知命题：椭圆的离心率为，若，则；命题：双曲线的两条渐近线的夹角为，使．下列命题正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的离心率判断命题的真假性，根据双曲线的渐近线判断命题的真假性，进而根据逻辑连接词逐项分析判断.
【详解】对于命题：若，可知：，所以命题为假命题；
对于命题：双曲线的渐近线为，若，则，所以命题为真命题；
可知： ，，为假命题， 为真命题，
所以A、B、D错误，C正确,
故选：C.
12. 已知椭圆，直线依次交轴、椭圆轴于点四点．若，且直线斜率．则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分析可知：的中点即为弦的中点，利用点差法运算求解.
【详解】设直线：，可得，
设的中点为，连接OM，则，，
因为，则，即为弦的中点，
设，则，
因为，
可得，两式相减得，
整理得，可得，
即，可得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 抛物线上一点M到x轴的距离为6，则点M到抛物线焦点的距离为______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据抛物线的概念求解即可.
【详解】因为抛物线上一点M到x轴的距离为6，
所以，则，
所以点M到抛物线焦点的距离为.
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，过作圆O：的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据切线的性质可知四点共圆，且为直径，求出圆的方程，两圆方程相减即可得公共弦所在直线方程.
【详解】由切线的性质可知，，
故四点共圆，且为直径，
由中点为，,
所以在圆上，
即，
两圆方程相减可得，公共弦的方程为.
故答案为：
15. 设为椭圆的两个焦点，为上一点且在第二象限．若为等腰三角形，则点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据方程求，由题意分析可得，列方程求解即可.
【详解】由题意可知：，
设，
因为为上一点且在第二象限，则，，
又因为为等腰三角形，且，则，
即，解得，
所以点的坐标为.
故答案为：,
16. 在平面直角坐标系中，．以下各曲线中，存在两个不同的点，使得且的曲线有________．（请将所有符合要求的曲线方程序号写在横线上）
①；②；③；④．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据题意可知：曲线与直线有两个不同的交点，对于①：利用直线过点，分析判断；对于②：根据直线与圆的位置关系分析判断；对于③：联立方程求交点坐标，进而分析判断；对于④：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】因为的中点为，斜率，
所以中垂线的斜率，方程为，即，
由题意可知：曲线与直线有两个不同的交点，
对于①：直线过点，且在曲线内，
所以曲线与直线有两个不同的交点，故①正确；
对于②：曲线的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离，
所以曲线与直线相切，只有一个交点，故②错误；
对于③：联立方程，解得或，
所以曲线与直线有两个不同的交点，故③正确；
对于④：令，解得，
即为的渐近线，两者没有交点，故④错误；
故答案为：①③.
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 已知圆C过，，且圆心C在直线l：上．经过点的直线m交圆C于P、Q两点．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若，求直线m的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圆心在直线的垂直平分线与直线l：上求得，从而求得圆的半径，进而得解；
（2）根据题意求得圆心C到直线m的距离为，分类讨论直线m的斜率存在与否两种情况，结合点线距离公式求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，线段中点的坐标为，
所以直线AB的垂直平分线的斜率为，其方程为，即，
联立，解得，则，
又圆C半径，
所以圆C的标准方程为．
【小问2详解】
因为，，
所以在中，，则圆心C到直线m的距离为，
当直线m的斜率不存在时，直线m方程为，此时C到直线m距离为2，满足题意；
当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为，即，
所以，解得，
所以直线m的方程为，即，
综上可得，直线m方程为或．
18. 抛物线的准线被圆截得的弦长为．
（1）求的值；
（2）过点的直线交抛物线于点，证明：以为直径的圆过原点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意结合垂径定理可得到准线距离为，进而可得抛物线的方程；
（2）联立方程，利用韦达定理证明即可.
【小问1详解】
圆，即，圆心，半径为2，
则到准线距离为，所以准线方程为，可得，
所以抛物线标准方程为．
【小问2详解】
设直线方程为，
联立方程，消去x得，
则，可得，
又因为，
则，
可得，即以线段为直径的圆过点．

19. 如图1、2，已知圆方程为，点．M是圆上动点，线段的垂直平分线交直线于点．

（1）求点的轨迹方程；
（2）记点的轨迹为曲线，过点是否存在一条直线，使得直线与曲线交于两点，且是线段中点．
【答案】（1）
（2）不存在这样的直线
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的定义求得点的轨迹方程.
（2）利用点差法求得直线的方程，联立直线的方程和点的轨迹方程联立，根据方程组无解求得正确答案.
【小问1详解】
由中垂线性质知，
所以
所以点的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线
设此双曲线方程为，则
所以点的轨迹方程为．
【小问2详解】
设可得
两式相减得
由题意，所以
直线方程为，
由，得
∵．∴不存在这样直线．
20. 如图，已知四棱锥中，是正方形，平面，点分别是棱、对角线上的动点（不是端点），满足．

（1）证明：∥平面；
（2）求距离的最小值，并求此时二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为2；正弦值为
【解析】
【分析】（1）作交于，作交于，根据题意结合平行线的性质可证，进而可得结果；
（2）建系，利用空间向量可知当是中点时，取到最小值，进而利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
作交于，则，可得，
作交于，连接，则，可得，
在直角三角形和中，因为，
所以．则，
且，可得，
因为，则，所以四边形是平行四边形，
可得，且平面平面，
所以∥平面．
【小问2详解】
因为平面是正方形．所以以为原点，

分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，当，即是中点时，的最小值为2，
此时，可得，
设平面的一个法向量，则，
令，则，可得，
平面的一个法向量，
所以，
设二面角平面角为，可知为锐角，，
所以，即二面角的正弦值为．
21. 已知椭圆左右焦点分别为，离心率为．斜率为的直线（不过原点）交椭圆于两点，当直线过时，周长为8．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率分别为，且依次成等比数列，求值，并求当面积为时，直线的方程．
【答案】（1）；
（2）；或.
【解析】
【分析】（1）根据的周长为求出，再根据离心率求出，从而求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程为，与椭圆方程联立，借助韦达定理表示出依次成等比数列，进而求出的值；再利用弦长公式和点到直线距离公式表示出的面积，求解即可得到的值，从而得到直线的方程.
【小问1详解】
由题意，，解得，所以.
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
设直线的方程为，
与椭圆方程联立得，，
且，
所以．
由题意，，故.
.
此时，，
.
又点O到直线的距离，故三角形的面积,
解得或，
所以直线l方程为或.

（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答．并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错误、漏涂均不给分，如果多做、则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l的极坐标方程为．
（1）当时，求曲线C与x轴交点的直角坐标；
（2）直线l与曲线C有唯一公共点，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，令即可得解；
（2）化极坐标方程为直角坐标方程，联立直线与曲线普通方程，利用判别式求解.
【小问1详解】
，得
所以曲线C与x轴交点得坐标为；
【小问2详解】
，
得，即为直线l的方程，
曲线C的普通方程为，
方程与联立得，
得．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知x、y、z均为正实数，且．
（1）求的最大值；
（2）若，证明：．
【答案】（1）3 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为，利用柯西不等式即可求得最大值；
（2）由（1）结合已知条件可得，则有，再利用基本不等式即可求证.
【小问1详解】
因为，所以，
又x、y、z均正实数，
由柯西不等式有，
所以，当且仅当且，
即时，等号成立，所以的最大值为3.
【小问2详解】
因为，，，，
由（1）得，
即，所以，
当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
因为，所以，即．