2021-2022学年青海省海东市高二上学期期末数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年青海省海东市高二上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知，是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用向量数量积的定义及运算性质逐一分析各选项即可得答案.

【详解】解：对A：因为，所以，故选项A错误；

对B：因为，故选项B错误；

对C：因为，故选项C正确；

对D：因为，故选项D错误．

故选：C.

2．下列说法中正确的是（       ）

A．存在只有4个面的棱柱 B．棱柱的侧面都是四边形

C．正三棱锥的所有棱长都相等 D．所有几何体的表面都能展开成平面图形

【答案】B

【分析】对于A、B：由棱柱的定义直接判断；

对于C：由正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，即可判断；

对于D：由球的表面不能展开成平面图形即可判断．

【详解】对于A：棱柱最少有5个面，则A错误；

对于B：棱柱的所有侧面都是平行四边形，则B正确；

对于C：正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，则C错误；

对于D：球的表面不能展开成平面图形，则D错误．

故选：B

3．已知直线l经过，两点，则直线l的倾斜角是（       ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】C

【详解】设直线l的倾斜角为，

由题意可得直线l的斜率，即，

∵ ，∴直线l的倾斜角为，

故选：.

4．如图，是水平放置的的直观图，其中，，分别与轴，轴平行，则（       ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】D

【分析】先确定是等腰直角三角形，求出，再确定原图的形状，进而求出.

【详解】由题意可知是等腰直角三角形，，

其原图形是，，，，

则，

故选：D.

5．“”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】根据充分必要条件的定义和指数函数的单调性判断可得选项.

【详解】解：由，得，则；

由，得，即．故“”是“”充分不必要条件，

故选：A.

6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．

【详解】解：对于A：若，则或，故A错误；

对于B：若，则或与相交，故B错误；

对于C：若，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；

对于D：若则与平行、相交、或异面，故D错误；

故选：C

7．在长方体，，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】在长方体中建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得向量，的坐标，利用向量的夹角公式即可求得答案.

【详解】如图，

由题意可知DA，DC，两两垂直，则以D为原点，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，

，，

从而，

故异面直线与所成角的余弦值是，

故选：A.

8．已知抛物线，，点在抛物线上，记点到直线的距离为，则的最小值是（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】先求出抛物线的焦点和准线，利用抛物线的定义将转化为的距离，即可求解.

【详解】由已知得抛物线的焦点为，准线方程为，

设点到准线的距离为，则，

则由抛物线的定义可知．

∵，当点、、三点共线时等号成立，

∴，

故选：.

9．在正方体中，分别是线段的中点，则点到直线的距离是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，然后，列出计算公式进行求解即可

【详解】

如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因为，所以，所以，则点到直线的距离

故选：A

10．数学家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的三个顶点分别为，，，则的欧拉线方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出直线方程.

【详解】由题意可得的重心为．因为，，所以线段的垂直平分线的方程为．因为，，所以直线的斜率，线段的中点坐标为，则线段的垂直平分线的方程为．联立，解得，则的外心坐标为，故的欧拉线方程是，即．

故选：B.

11．已知，分别是圆和圆上的动点，点在直线上，则的最小值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得，，求得关于直线的对称点为，则，计算即可得出结果.

【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．

设关于直线的对称点为，则解得，

则．

因为，分别在圆和圆上，所以，，

则．

因为，所以．

故选：B.

12．如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点A与P重合，平面平面，则四棱锥外接球的表面积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别取的中点，易得，则点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，设外接球的半径为，，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案.

【详解】解：分别取的中点，

在等边三角形中，，是中位线，

则都是等边三角形，

所以，

所以点为四边形的外接圆的圆心，

则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，

由为的中点，所以，

因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，则，

设外接球的半径为，，

，

则，，

所以，解得，

所以，

所以四棱锥外接球的表面积是.

故选：A.

二、填空题

13．已知双曲线C：的一条渐近线与直线l：平行，则双曲线C的离心率是______．

【答案】

【分析】先用两直线平行斜率相等求出，再利用离心率的定义求解即可.

【详解】由题意可得双曲线C的一条渐近线方程为，则，即，

则，

故双曲线C的离心率．

故答案为：.

14．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）

【答案】4500

【分析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.

【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，

设小圆柱的底面圆的半径为，

则有，即，解得，

所以该模型的体积为，

所以制作该模型所需原料的质量为.

故答案为：4500.

15．命题“，”是真命题，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】依题意可得，是真命题，参变分离得到在上有解，再利用构造函数利用函数的单调性计算可得.

【详解】，等价于在上有解．

设，，则在上单调递减，在上单调递增，

又，，所以，即．

故答案为：

16．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难人微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：与相关的代数问题可以转化为点与点之间距离的几何问题.结合上述观点，可得方程的解是__________.

【答案】

【分析】根据题意，列方程计算即可

【详解】因为，所以，可转化为点到点和点的距离之和为，所以点在椭圆上，则，解得.

故答案为：

三、解答题

17．已知直线.

(1)若，求直线与直线的交点坐标；

(2)若直线与直线垂直，求a的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）联立两直线方程，解方程组即可得解；

（2）根据两直线垂直列出方程，解之即可得出答案.

【详解】(1)解：当时，直线，

联立，解得，

即交点坐标为；

(2)解：直线与直线垂直，

则，解得.

18．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线的准线交于点，为坐标原点，．

(1)求抛物线的方程；

(2)直线与抛物线交于，两点，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意建立关于的方程，解得的值即可.

（2）联列方程组并消元，韦达定理整体思想求的长，再求点到直线的距离，进而求面积.

【详解】(1)由题意可得，，

则，．                 

因为，所以，解得，                 

故抛物线的方程为．

(2)由（1）可知，则点到直线的距离．                 

联立，整理得．

设，，则，                 

从而．                 

因为直线过抛物线的焦点，所以．                 

故的面积为．

19．如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．

(1)证明：．

(2)若平面平面ACE，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到、，即可得到平面，再根据，即可得证；

（2）由面面垂直的性质得到平面，建立如图所示空间直角坐标系，设，即可得到点，，的坐标，最后利用空间向量法求出二面角的余弦值；

【详解】(1)证明：连接DE．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面．

因为，所以平面BDE，所以．

(2)解：由（1）可知．

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直．

以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设．则，，．从而，．

设平面BCE的法向量为，

则令，得．

平面ABC的一个法向量为．

设二面角为，由图可知为锐角，

则．

20．在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，且四棱锥的体积是6，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析.

(2)2.

【分析】（1）取的中点，连接，．运用面面平行的判定和性质可得证；

（2）过点作，垂足为，连接，，设点到平面的距离为，根据棱锥的体积求得，再利用三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，可求得答案.

【详解】(1)证明：如图，取的中点，连接，．

因为，分别是棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．                 

因为，且，分别是棱，的中点，所以，又平面，平面，所以平面．       

因为平面，且，所以平面平面．                 

因为平面，所以平面．

(2)解：过点作，垂足为，连接，，

则四边形是正方形，从而．                 

因为，所以，则，                 

从而直角梯形的面积．                 

设点到平面的距离为，则四棱锥的体积，解得．                 

因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，

所以三棱锥的体积．                 

因为平面，所以三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，

所以三棱锥的体积为2．                 

21．已知圆C的圆心在直线上，且圆C经过，两点.

(1)求圆C的标准方程.

(2)设直线与圆C交于A，B（异于坐标原点O）两点，若以AB为直径的圆过原点，试问直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由.

【答案】(1)

(2)过定点，定点为

【分析】（1）设出圆C的标准方程，由题意列出方程从而可得答案.

（2）设，，将直线的方程与圆C的方程联立，得出韦达定理，由条件可得，从而得出答案.

【详解】(1)设圆C的标准方程为

由题意可得解得，，.

故圆C的标准方程为.

(2)设，.联立

整理的

，则，，

故.

因为以AB为直径的圆过原点，所以，

即

则，

化简得.

当时，直线，直线l过原点，此时不满足以AB为直径的圆过原点.

所以，则，则直线过定点.

22．已知椭圆的左，右顶点分别是，，且，是椭圆上异于，的不同的两点．

(1)若，证明：直线必过坐标原点；

(2)设点是以为直径的圆和以为直径的圆的另一个交点，记线段的中点为，若，求动点的轨迹方程．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设，首先证明，从而可得到，即得到；进而可得到四边形为平行四边形；再根据为的中点，即可证明直线必过坐标原点．

（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，写韦达；根据条件可求出直线MN过定点，从而可得到过定点，进而可得到点在以为直径的圆上运动，从而可求出动点的轨迹方程．

【详解】(1)设，则，即．

因为，，所以．

因为，所以，所以.

同理可证.

因为，，所以四边形为平行四边形，

因为为的中点，所以直线必过坐标原点．

(2)当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，．

联立，整理得，

则，，.

因为，所以，

因为

，解得或.

当 时，直线的方程为过点A，不满足题意，所以舍去；

所以直线的方程为，所以直线过定点.

当直线的斜率不存在时，因为，所以直线的方程为，经验证，符合题意.

故直线过定点.

因为为的中点，为的中点，所以过定点.

因为垂直平分公共弦，所以点在以为直径的圆上运动，

该圆的半径，圆心坐标为，

故动点的轨迹方程为．