2021-2022学年四川省乐山市高二上学期期末数学（文）试题含解析

2021-2022学年四川省乐山市高二上学期期末数学（文）试题

一、单选题

1．过点且斜率为的直线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用点斜式可得出所求直线的方程.

【详解】由题意可知所求直线的方程为，即.

故选：B.

2．已知直线，若异面，，则的位置关系是（       ）

A．异面 B．相交 C．平行或异面 D．相交或异面

【答案】D

【分析】以正方体为载体说明即可.

【详解】如下图所示的正方体：

和是异面直线，，；

和是异面直线，，与是异面直线.

所以两直线与是异面直线，，则的位置关系是相交或异面.

故选：D

3．圆的圆心坐标与半径分别是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得答案.

【详解】由题可知，圆的标准方程为，

所以圆心为，半径为3，

故选.

4．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出辅助线，找到异面直线所成的角，利用几何性质进行求解.

【详解】连接与，因为，则为所求，又是正三角形，.

故选：C.

5．曲线与曲线的（       ）

A．实轴长相等 B．虚轴长相等

C．焦距相等 D．渐进线相同

【答案】D

【分析】将曲线化为标准方程后即可求解.

【详解】化为标准方程为，由于，则两曲线实轴长､虚轴长､焦距均不相等，而渐近线方程同为.

故选：

6．用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为（       ）

A． B． C．4 D．

【答案】A

【分析】画出直观图，求出底和高，进而求出面积.

【详解】如图，，，，过点C作CD⊥x轴于点D，则,所以直观图是底为2､高为的平行四边形，所以面积为.

故选：A.

7．已知点是椭圆上的任意点，是椭圆的左焦点，是的中点，则的周长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设椭圆的另一个焦点为，连接，利用中位线的性质结合椭圆的定义可求得结果.

【详解】在椭圆中，，，，

如图，设椭圆的另一个焦点为，连接，

因为、分别为、的中点，则，

则的周长为，

故选：A.

8．已知点是双曲线的左焦点，是双曲线右支上一动点，过点作轴垂线并延长交双曲线左支于点，当点向上移动时，的值（       ）

A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定

【答案】C

【分析】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，结合双曲线的定义即可得出结果.

【详解】令双曲线右焦点为，由对称性可知，，

则，为常数，

故选：C.

9．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，则与平面所成角的正弦值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连接，易证平面，进一步得到线面角，再解三角形即可.

【详解】如图，取的中点，连接，

三棱柱为直三棱柱，则平面，又平面，

所以，

又由题意可知为等腰直角三角形，且为斜边的中点，从而，

而平面，平面，且，

所以平面，则为与平面所成的角.在直角中，.

故选：C

10．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即，

又圆锥的表面积为，则，解得，，

则圆锥的高，所以圆锥的体积，

故选：D.

11．如图，在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，将该几何体放置于正方体中截得，进而转化为求边长为2的正方体的外接球，再求解即可.

【详解】解：因为在三棱锥中，，

所以将三棱锥补形成正方体如图所示，正方体的边长为2，

则体对角线长为，外接球的半径为，

所以外接球的表面积为，

故选：.

12．过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，，抛物线的准线与轴交于点，则的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】画出图形，利用已知条件结合抛物线的定义求解边长CF，BK，然后求解三角形的面积即可．

【详解】如图，设拋物线的准线为，过作于，过作于，过作于，

设，则根据抛物线的定义可得，

，，

的面积为，

故选：.

二、填空题

13．抛物线的准线方程是________

【答案】

【分析】将抛物线方程化为标准形式，从而得到准线方程.

【详解】抛物线方程可化为：       抛物线准线方程为：

故答案为

【点睛】本题考查抛物线准线的求解，易错点是未将抛物线方程化为标准方程.

14．如图，将一个正方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，若该棱锥的体积为，则该正方体的边长为___________.

【答案】2

【分析】根据体积公式直接计算即可.

【详解】设正方体边长为，则，解得.

故答案为：

15．过椭圆上一点作轴的垂线，垂足为，则线段中点的轨迹方程为___________.

【答案】

【分析】相关点法求解轨迹方程.

【详解】设，则，则，即，因为，

代入可得，即的轨迹方程为.

故答案为：

16．已知、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点，满足，直线与圆有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是___________.

【答案】

【分析】过点作于，过点作于，利用双曲线的定义以及勾股定理可求得，由已知可得，可得出关于、的齐次不等式，结合可求得的取值范围.

【详解】过点作于，过点作于，

因为，所以，

又因为，所以，故，

又因为，且，所以，

因此，所以，

又因为直线与圆有公共点，所以，故，

即，则，所以，

又因为双曲线的离心率，所以.

故答案为：.

三、解答题

17．如图，在空间四边形中，分别是的中点，分别是上的点，满足.

(1)求证：四点共面；

(2)设与交于点，求证：三点共线.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【解析】(1)

连接AC，

分别是的中点，

.

在中，，

所以四点共面.

(2)

，所以，

又平面平面，

同理平面，

为平面与平面的一个公共点.

又平面平面，即三点共线.

18．已知是抛物线的焦点，直线交拋物线于、两点.

(1)若直线过点且，求；

(2)若平分线段，求直线的方程.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）分析可知直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，求出点的坐标，利用抛物线的定义可求得；

（2）利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.

(1)

解：设点、，则直线的倾斜角为，易知点，

直线的方程为，联立，可得，

由题意可知，则，，因此，.

(2)

解：设、，

若轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，所以直线的斜率存在，

因为、在抛物线上，则，两式相减得，

又因为为的中点，则，

所以，直线的斜率为，

此时，直线的方程为，即.

19．在四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，分别为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，利用三角形中位线定理可证明BG//EF，由线线平行，可得线面平行；

（2根据图像可得，以为底面，证明为高，利用三棱锥的体积公式，可得答案;

(1)

取的中点，因为为的中点，

所以且，

又因为为的中点，四边形为菱形，

所以且，

所以且，

故四边形BFEG为平行四边形，所以BG//EF，

因为面面，所以面.

(2)

因为底面是边长为2的菱形，，则为正三角形，

所以

因为面，所以为三棱锥的高

所以三棱锥的体积.

20．已知直线与双曲线相交于、两点.

(1)当时，求；

(2)是否存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)不存在，理由见解析.

【分析】（1）当时，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可求得；

（2）假设存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点，设、，将直线与双曲线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可得出，即可得出结论.

(1)

解：设点、，当时，联立，可得，

，由韦达定理可得，，

所以，.

(2)

解：假设存在实数，使以为直径的圆经过坐标原点，

设、，联立得，

由题意可得，解得且，

由韦达定理可知，

因为以为直径的圆经过坐标原点，则，

所以，

，

整理可得，该方程无实解，故不存在.

21．如图，在正四棱柱中，是上的点，满足为等边三角形.

(1)求证：平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据题意证明，，然后根据线面垂直的判定定理证明问题；

（2）结合（1），进而利用等体积法求得答案.

(1)

由题意，，为等边三角形，，

∵平面ABCD，∴，则，即为中点.连接，∵平面，平面，∴，易得，则，

又，于是，即，同理，即，又平面.

(2)

设M到平面的距离为d，，∴.

易得，取BD的中点N，连接，则，所以，，所以，，.

即M到平面的距离为1.

22．已知椭圆，点在上，，且

(1)求出直线所过定点的坐标；（不需要证明）

(2)过A点作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理列出方程，求出定点坐标，当斜率不存在时，设出点的坐标进行求解；（2）结合第一问的定点坐标，结合直角三角形斜边中线得到存在点，使得为定值，求出结果.

(1)

设点，

若直线斜率存在时，设直线的方程为：，

代入椭圆方程消去并整理得：，

可得，

因为，所以，即，

根据，代入整理可得：

，

所以，

整理化简得:，

因为不在直线上，所以，

故，

于是的方程为，

所以直线过定点直线过定点.

当直线的斜率不存在时，可得，

由得：，

得，结合可得：，

解得：或（舍）.

此时直线过点.

(2)

由（1）可知

因为，取中点，则

此时，

【点睛】直线过定点问题，一般处理思路是分斜率存在和斜率不存在两种情况，特别是斜率存在时，设出直线为，联立后用韦达定理得到两根之和与两根之积，结合题干条件得到等量关系，求出的关系，进而得到定点坐标.