2022-2023学年上海市进才中学高二上学期期末数学试题（解析版）

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上海市进才中学2022学年第一学期数学期末时间90分钟，满分100分，（2023年1月）一、选择题:共20题，1－10题每题3分，11－20题每题4分，总计70分.1. 过点，倾斜角为的直线方程为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用直线的点斜式方程求解作答.【详解】依题意，直线的斜率，所以直线方程为：，即.故选：B2. 已知曲线经过点，根据该点坐标可以确定标准方程的曲线是（）A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 以上都不可能【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线、抛物线方程特点即可判断作答.【详解】因为椭圆、双曲线标准方程中都含有2个参数，分别为长短半轴长、实虚半轴长，确定其标准方程需要2个独立条件，因此经过点不能确定其标准方程的曲线是椭圆和双曲线，A，B都不是；抛物线的标准方程只有1个参数，确定其标准方程只需1个条件，因此经过点能确定其标准方程的曲线是抛物线，C是，显然D不是.故选：C3. 已知直线：和：，则“”是“直线与直线垂直”的（）A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件【答案】A【解析】【分析】利用两直线的方向向量垂直得出两直线垂直的充要条件，即可判断.【详解】直线、的方向向量分别为、，由解得或5，故直线与直线垂直的充要条件为或5，故“”是“直线与直线垂直”的充分非必要条件.故选：A4. 已知方程表示圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的要求可直接构造不等式求解.详解】方程表示圆，，即，解得：，实数的取值范围是.故选：D.5. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，由双曲线方程可得渐近线方程；利用垂径定理可求得弦长.【详解】由圆的方程知：圆心，半径，由双曲线方程知：渐近线方程为，即，圆心到渐近线的距离，所求弦长为.故选：B.6. 如图所示，长方体中，，P是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，结合长方体的结构特征及异面直线的意义，逐项判断作答.【详解】在长方体中，，当是与的交点时，平面，与相交，A不是；当点与重合时，平面，与相交，B不是；当点与重合时，因为长方体的对角面是矩形，此时，C不是；因为平面，平面，而平面，因此与是异面直线，D是.故选：D7. 已知圆锥的侧面展开图为一个半径为18，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分别求出圆锥的底面半径和高即可求出圆锥的体积.【详解】解：由题意在圆锥中，设底面半径为圆锥的侧面展开图为一个半径为18，圆心角为120°的扇形∴解得：由几何知识得圆锥高：∴圆锥体积：故选：C.8. 方程表示焦距为的双曲线，则实数λ的值为（）A. 1 B. -4或1 C. -2或-4或1 D. -2或1【答案】A【解析】【分析】分类讨论和分别小于0时的情况，即可得到实数λ的值【详解】解：由题意在双曲线中，焦距即当即时，解得：（舍）或当即时，解得：（舍）或（舍）综上，故选：A.9. 已知抛物线：，点是经过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，且，则这样的直线（）A. 有且仅有一条 B. 有且仅有两条C. 有无穷多条 D. 不存在【答案】D【解析】【分析】设出方程与抛物线方程联立，求出，建立方程，方程无解，可得答案.【详解】抛物线：，.显然直线斜率存在，设与抛物线：联立，得，则，所以无解.故选：D10. 已知是长方体，，E为BC中点，则异面直线与所成角的正切值为（）A. 2 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线与所成角的余弦即可作答.【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，，棱BC中点，，设异面直线与所成的角为，则，，所以异面直线与所成角的正切值.故选：B11. 当点在椭圆上运动时，连接点与定点，则的中点的轨迹方程为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，，结合中点坐标公式，利用点坐标表示出点坐标，代入椭圆方程中即可求得点轨迹方程.【详解】设，，为中点，，则，即，又在椭圆上，，即，点轨迹方程为：.故选：D.12. 已知圆的方程为，该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由圆的方程可确定圆心和半径；根据过圆内一点的最长弦为直径可得；最短弦是与最长弦垂直的那条弦，可首先确定最短弦所在直线方程，进而利用垂径定理求得，由可求得结果.【详解】由圆的方程知：圆心为，半径；则过点的最长弦为直径，即；过点的最短弦与最长弦垂直，则所在直线斜率，所在直线方程为，即，圆心到直线距离，，四边形的面积.故选：B.13. 已知直线l经过抛物线的焦点F，交抛物线于M，N两点，若在y轴负半轴上存在一点，使得为钝角，则t的取值范围为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出点坐标并设出直线l的方程，联立直线l与抛物线方程，利用韦达定理结合向量数量积的坐标表示求解作答.【详解】抛物线的焦点，显然直线l的斜率存在，设其方程为，由消去y得：，设，则，，当且仅当且时取等号，，，则，而存在一点，使得为钝角，即存在一点，使得，因此，则，即有，所以t的取值范围为.故选：A14. 已知直线l：和双曲线C：，若l与C的上支交于不同的两点，则t的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据l与C的上支交于不同的两点，联立两个方程，根据判别式和韦达定理列不等式，即可求出t的取值范围【详解】解：由题意在直线l：和双曲线C：中，若l与C的上支交于不同的两点∴即∴解得：∴t的取值范围为故选：D.15. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆交于M、N两点，若的周长为16，离心率，则面积的最大值为（）A12 B. 2 C. 4 D. 8【答案】A【解析】【分析】根据给定的离心率及三角形周长，求出椭圆方程，再设出直线MN的方程，与椭圆方程联立求解三角形面积即可.【详解】依题意，周长，解得，而椭圆的离心率，则其半焦距，因此，椭圆C：，，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，由消去x得：，设，则有，，令，函数在上单调递增，因此当时，取得最小值4，即，的面积，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为12.故选：A16. 已知双曲线：，点P为曲线在第三象限一个动点，以下两个命题，则（）①点P到双曲线两条渐近线的距离为，，则为定值.②已知A、B是双曲线上关于原点对称不同于P的两个点，若PA、PB的斜率存在且分别为，，则为定值.A. ①真②真 B. ①假②真C. ①真②假 D. ①假②假【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，借助点到直线距离计算判断①，利用斜率坐标公式计算判断②作答.【详解】依题意，设，且有，双曲线的渐近线为，因此为定值，①真；设，则，且，显然，否则，之一垂直于y轴，由双曲线对称性知另一条必垂直于x轴，其斜率不存在，不符合题意，则为定值，②真，所以①真②真.故选：A17. 已知点是椭圆上一点，点、是椭圆上、下焦点，有一个内角为，则的面积为（）A. 或 B. 或C. 或 D. 或【答案】D【解析】【分析】分、、三种情况讨论，利用余弦定理、椭圆的定义以及三角形的面积公式可求得的面积.【详解】在椭圆中，，，则，设，，则，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，即当点为椭圆短轴的端点时，取最大值，且的最大值大于，所以，可以取，当时，，可得，此时；当时，由余弦定理可得，因为，解得，此时；当时，同理可得.综上所述，或.故选：D.18. 设、椭圆左、右焦点，椭圆上存在点M，，，使得离心率，则e取值范围为（）A. （0，1） B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在△ 中，由正弦定理结合条件有：，再由的范围可求出离心率.【详解】由，，设，，在 中，由正弦定理有：，离心率，则 ；解得：，由于，得，显然成立，由有，即，得，所以椭圆离心率取值范围为.故选：C19. 已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点，由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围；当时，曲线为圆或椭圆，则相切时有两个不同交点，再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围.【详解】由题意，曲线过定点，曲线：，故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分，如图所示.（1）当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点，又渐近线为，故当即时，曲线C1和C2在y轴右侧无交点，满足题意；（2）当时，曲线为圆或椭圆，当曲线与相切时，有，消y得，由.i.故当时，曲线C1和C2恰有两个不同的交点；ii.当时，曲线C1和C2有零个不同的交点；iii.当时，曲线C1和C2有四个不同的交点；iv.当时，曲线C1和C2有三个不同的交点；v.当时，曲线C1和C2有两个不同的交点.综上，曲线C1和C2恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为.故选：D20. 在平面上，定点、之间的距离，曲线C是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为x轴，线段的中垂线为y轴，建立直角坐标系.已知点是曲线C上一点，下列说法中正确的有（）①曲线C是中心对称图形；②曲线C上的点的纵坐标的取值范围是；③曲线C上有两个点到点、距离相等；④曲线C上的点到原点距离的最大值为A. ①② B. ①②④ C. ①②③④ D. ①③【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，再利用各项的条件计算、判断作答.【详解】依题意，令，设点是曲线C上任意一点，则有，显然，即点关于原点对称点在曲线C上，因此曲线C是中心对称图形，①正确；当时，，即，当且仅当，即，亦即时取等号，此时，而点在曲线C上，即成立，因此，曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，②正确；曲线C上点P满足，则点P在y轴上，由得，解得，因此曲线C上只有一个点到点、距离相等，③不正确；因为，则，当时，由余弦定理得，于是得，，当时，或，有或，因此曲线C上的点到原点距离的最大值为，④正确，所以说法中正确的有①②④.故选：B【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.二、解答题（共2题，21题10分，22题20分，总计30分）21. 如图，已知四面体ABCD中，AB⊥面BCD，BC⊥CD.（1）求证：；（2）《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，若此“鳖臑”中，，有一根彩带经过面ABC与面ACD，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而证明出线线垂直；（2）将面与面沿展开成平面图形，则BD即为所求，从而利用余弦定理求出答案即可.【小问1详解】因为平面，平面BCD，所以，又，，平面ABC，所以平面，因为平面ABC，所以.【小问2详解】将面与面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD，所以彩带的最小长度为图2平面图中的长，.由（1）知，在图1中，因为平面，平面BCD，所以，又因为，所以，故在图2中，，所以在图2中，在中，由余弦定理得，所以彩带的最小长度为.22. 已知椭圆C：过点，椭圆C离心率为，其左右焦点分别为，，上下顶点为，.（1）求椭圆C的方程；（2）点Q是椭圆C上的一个动点，求面积的最大值；（3）若M，N为椭圆C上相异两点（均不同于点），，的斜率分别是，，若.求证：直线MN必过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）利用离心率求出a，b的关系，再利用椭圆过的点求出方程作答.（2）设出点Q的坐标，利用点到直线距离公式列式，求出点Q到直线的距离最大值即可求解作答.（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立结合斜率关系求解即可作答.【小问1详解】椭圆C离心率为，则，解得，椭圆C：过点，则，于是得，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】由（1）知，，直线方程：，即，设椭圆C上的动点，点到直线的距离为，，其中锐角由确定，而，则当时，，又，所以面积的最大值为.【小问3详解】由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线方程为：，，由消去y并整理得：，，即，设，则，，整理得，则，而，化简整理得，解得，满足，即直线过定点，所以直线必过定点，该定点坐标为.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.