2022-2023学年四川省泸县第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2022-2023学年四川省泸县第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．若直线与直线平行，则的值为（    ）

A． B．3 C．3或 D．或6

【答案】B

【分析】由两直线平行得到方程，求出或，通过检验舍去不合要求的解.

【详解】直线：与直线：平行，

所以，解得：或，

①当时，：，：，，符合题意；

②当时，：，：，均为，此时，重合，舍去，

故，

故选：B

2．某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，利用列举法写出样本空间，结合古典概型的计算公式计算即可求解.

【详解】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，

则有共10种结果.

某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的结果

有，共4种，

则“创新发展能力”版块被选中的概率为，

故选：B.

3．已知O为坐标原点，，则以为直径的圆方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒

【详解】由题知圆心为，

半径，

∴圆的方程为﹒

故选：B﹒

4．圆与圆的位置关系为（    ）

A．相离 B．外切 C．内切 D．相交

【答案】C

【分析】根据两圆的圆心距以及圆的半径和和半径差的大小关系确定两圆的位置关系.

【详解】圆：的圆心为，半径为.

圆：即的圆心为，半径为.

故，，

所以圆M与圆N内切．

故选：C.

5．已知，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】B

【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.

【详解】因为；，

所以，推不出，所以是的必要不充分条件.

故选：B.

6．曲线​（    ）

A．关于​轴对称 B．关于​轴对称 C．关于原点对称 D．不具有对称性

【答案】C

【分析】将点，，分别代入方程，即可检验对称性.

【详解】对于A，将点代入曲线方程得：，

所以曲线不关于轴对称，A错误；

对于B，将点代入曲线方程得：，

所以曲线不关于轴对称，B错误；

对于C，将点代入曲线方程得：，

所以曲线关于原点对称，C正确，D错误.

故选：C

7．已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用点线距离公式算得圆心到直线的距离，从而利用弦长公式求得，再利用圆上动点到直线的距离的最值求法求得点P到直线的最大距离，由此可求得面积的最大值.

【详解】因为圆，所以圆心为，半径为，如图，

所以圆心到直线的距离，

则，

又点P到直线的距离的最大值为，

所以面积的最大值．

故选：A.

.

8．若下面的程序框图输出的是30，则条件①可为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用列举法，通过循环过程直接得出与的值，当时，此时，退出循环，从而可得判断框的条件．

【详解】循环前，，，

第1次判断后循环，，，

第2次判断并循环，，，

第3次判断并循环，，，

第4次判断并循环，，，

第5次判断不满足条件①并退出循环，

输出．条件①应该是或

故选：B

9．已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，，则的最小值为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】C

【分析】抛物线的准线的方程为，过作于，根据抛物线的定义可知，则当三点共线时，可求得最小值，答案可得.

【详解】解：抛物线：的焦点为，准线的方程为，

如图，过作于，

由抛物线的定义可知，所以

则当三点共线时，最小为.

所以的最小值为.

故选：C.

10．如图，长方体中，，，，点，分别为，的中点，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，，则三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算可得.

【详解】解：在长方体中，连接，，

三棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，

在中，取中点，连接，则为边的垂直平分线，

所以的外心在上，设为点，连接．

同理可得的外心，连接，则三棱柱外接球的球心为的中点，设为点．

由图可得，，又，，解得，

所以，所以.

故选：B．

11．如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：

①异面直线与直线所成角的大小为定值；

②二面角的大小为定值；

③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；

④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．

其中真命题有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】利用正方体的性质，结合空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项判断正误.

【详解】解：对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面,

故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；

对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，②正确；

对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点做，，,此时，的值最小.

由题可知，,,

，

则，，

故,又，

故的最小值为，故③正确.

对于④，在正方体中易证平面，设，则即为二面角的平面角，又正方体边长为1，故，则,由余弦定理得，故，同理,

故在上必然存在一点，使得二面角为，即平面平面，平面与平面的交线为，

则，过点作的垂线.此时平面，又平面，故.故④错误.

故选：C.

12．已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.

【详解】不妨设点M在第一象限，

由题意得：，

即，

故，故，

因为O为的中点，

所以，

因为，故为等边三角形，

故，，

由双曲线定义可知：，

即，解得：.

故选：C.

二、填空题

13．两个CB对讲机持有者，小王和小张都在某货运公司工作，他们的对讲机的接收范围为25公里，在下午2：00时小王在基地正东距基地30公里以内的某处向基地行驶，而小张在下午2：00时正在基地正北距基地30公里以内的某处向基地行驶，则在下午2：00时他们能够通过对讲机交谈这一概率为___________.

【答案】

【分析】求得所有基本事件对应的集合，以及所求事件对应的集合，利用几何概型的概率计算公式即可求得结果.

【详解】设小王距离基地公里，小张距离基地公里，

则所有可能的数对满足，

他们能够通过对讲机交谈，则包含的数对满足，由此作图如下：

根据几何概率的求解公式，在下午2：00时他们能够通过对讲机交谈这一概率.

故答案为：.

14．若命题“”为假命题，则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】由题意可得：命题“”为真命题，根据恒成立问题结合一次函数运算求解.

【详解】由题意可得：命题“”为真命题，

即当时恒成立，则，解得或

故实数的取值范围为.

故答案为：.

15．设，分别是椭圆C：的左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则M的坐标为___________．

【答案】

【分析】先计算出,所以,利用余弦定理求出，即可求出,即得到M的横坐标为，代入椭圆C：求出.

【详解】椭圆C：,所以.

因为M在椭圆上,.

因为M在第一象限,故.

为等腰三角形,则,所以,

由余弦定理可得.

过M作MA⊥x轴于A,则

所以,即M的横坐标为.

因为M为椭圆C：上一点且在第一象限，

所以，解得：

所以M的坐标为.

故答案为：

16．已知正实数，满足，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】根据已知条件及函数单调性的定义，再利用基本不等式即可求解.

【详解】设，，则

任取，且，则

.

因为，所以，，

所以，即，于是，

所以在上单调递增.

因为，所以，即，

所以.

因为，所以，，

所以，

当且仅当，且，即，等号成立，

所以当时，取得的最小值为.

故答案为：.

【点睛】解决此题的关键就是构造函数，利用函数单调性的定义及单调性的性质，结合基本不等式即可.

三、解答题

17．某学校进行体验，现得到所有男生的身高数据，从中随机抽取人进行统计（已知这个身高介于到之间），现将抽取结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，，第八组，并按此分组绘制如图所示的频率分布直方图，其中第六组和第七组还没有绘制完成，已知第一组与第八组人数相同，第六组和第七组人数的比为．

（）补全频率分布直方图；

（）根据频率分布直方图估计这位男生身高的中位数；

（）用分层抽样的方法在身高为内抽取一个容量为的样本，从样本中任意抽取位男生，求这两位男生身高都在内的概率．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）.

【详解】试题分析：（1）先分别算出第六组和第七组的人数，进而算出其频率与组距的比，补全直方图；（2）利用中位数两边频率相等，求出中位数的值；（3）先借助分层抽样的特征求出第四、第五组的人数，再运用列举法列举出所有可能数及满足题设的条件的数，运用古典概型的计算公式求解：

解：（1）第六组与第七组频率的和为：

∵第六组和第七组人数的比为5：2.

∴第六组的频率为0.1，纵坐标为0.02；第七组频率为0.04，纵坐标为0.008.

（2）设身高的中位数为，则

∴估计这50位男生身高的中位数为174.5                     

（3）由于第4，5组频率之比为2：3，按照分层抽样，故第4组中应抽取2人记为1，2，

第5组应抽取3人记为3，4，5                              

则所有可能的情况有：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，

{3，4}，{3，5}，{4，5}共10种                               

满足两位男生身高都在[175，180]内的情况有{3，4}，{3，5}，{4，5}共3种，

因此所求事件的概率为．

18．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．

(1)求圆A的标准方程；

(2)求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；

（2）分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.

【详解】（1）设圆A半径为R，由圆与直线相切得，

∴圆A的标准方程为.

（2）i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；

ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，

Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.

∴直线l的方程为或.

19．已知函数，a为常数．

(1)若，解关于x的不等式；

(2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2)．

【分析】(1)化简不等式，结合二次函数与二次不等式的关系即可求解该不等式；

(2)将参变分离，将问题转化为求解即可．

【详解】（1），

当时，，的解集为；

当时，，的解集为；

当时，，的解集为．

综上所述，当时的解集为；

当时，的解集为；

当时，的解集为．

（2）对任意，

，

∴．

令，则，，

，

当且仅当，即，时取“＝”，

∴，

故实数a的取值范围为．

20．已知抛物线上一点到焦点的距离为4.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)过焦点的直线与抛物线交于不同的两点,,为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.

【答案】(1).

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得，即得答案；

（2）设出直线方程，联立抛物线方程，消去x，设，可得，结合点在抛物线方程上化简，即可证明结论.

【详解】（1）由抛物线方程可得焦点为，准线方程为，

因为点到焦点F距离为4，由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，

即 ，解得，

故抛物线方程为：.

（2）证明：因为直线过焦点 ，与抛物线交于不同的两点,,

所以设直线方程为 ，

与抛物线方程联立即,消去x得 ，

，设，

所以 ，由于 ，,

所以,

即为定值.

21．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2).

【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】（1）因为，O是中点，所以，

因为平面，平面平面，

且平面平面，所以平面．

因为平面，所以.

（2）[方法一]：通性通法—坐标法

如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，

则，设,

所以，

设为平面的法向量，

则由可求得平面的一个法向量为．

又平面的一个法向量为，

所以，解得．

又点C到平面的距离为，所以，

所以三棱锥的体积为．

[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作，垂足为点G．

作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，

为二面角的平面角．

因为，所以．

由已知得，故．

又，所以．

因为，

．

[方法三]：三面角公式

考虑三面角，记为，为，，

记二面角为．据题意，得．

对使用三面角的余弦公式，可得，

化简可得．①

使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②

将①②两式平方后相加，可得，

由此得，从而可得．

如图可知，即有，

根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，

结合的正切值，

可得从而可得三棱锥的体积为．

【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.

方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.

22．已知椭圆的左右焦点分别为，抛物线与椭圆有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，线段AB的中点为M，线段CD的中点为N，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标．

【答案】(1)；

(2)证明见解析，定点.

【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标，结合余弦定理、抛物线和椭圆的定义进行求解即可；

（2）直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合中点坐标公式进行求解即可.

【详解】（1）抛物线焦点坐标为，故.

设，由抛物线定义得：点P到直线的距离为t.

，由余弦定理，得.

整理，得，解得或（舍去）.

由椭圆定义，得，

，

∴椭圆的方程为；

（2）设，

联立，

即，

，代入直线方程得，

，

同理可得，

，

，

令，得，

所以直线MN过定点.

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.