2021-2022学年上海市金山中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2021-2022学年上海市金山中学高二上学期期末数学试题

一、填空题

1．已知点在幂函数的图像上，则幂函数__．

【答案】

【分析】设幂函数的解析式，将点坐标代入，得函数解析式.

【详解】设，则，所以，所以.

故答案为：.

2．设，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则__________．

【答案】.

【详解】试题分析：由题意得.

【解析】复数运算

【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化.

3．直线与直线的夹角为__（用反三角表示）．

【答案】

【分析】确定斜率，，根据夹角公式计算得到答案.

【详解】因为直线的斜率为，

直线的斜率为，

设两条直线的夹角为，则，

因为，所以．

故答案为：

4．以双曲线的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程是________．

【答案】

【分析】求得圆心和半径，由此求得圆的方程.

【详解】依题意，所以渐近线为，右焦点，

右焦点到渐近线的距离为.

所求圆的方程为.

故答案为：

5．已知不等式的解集为空集，则实数的取值范围为__．

【答案】或.

【分析】分别解不等式得到，，根据题意得到或，解得答案.

【详解】由得，由得，

由题意得或，所以或.

故答案为：或.

6．已知为坐标原点，在直线上存在点，使得，则的取值范围为__．

【答案】

【分析】解不等式即得解.

【详解】由题得直线的方程为，

所以原点到直线的距离，

所以，

解得.

故答案为：

7．将矩形绕边旋转一周得到一个圆柱，，，圆柱上底面圆心为，为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥体积的最大值是_______.

【答案】4

【分析】三棱锥O﹣EFG的高为圆柱的高，即高为ABC，当三棱锥O﹣EFG体积取最大值时，△EFG

的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，（S△EFG）max=，由

此能求出三棱锥O﹣EFG体积的最大值．

【详解】∵将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB=3，BC=2，

圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，

∴三棱锥O﹣EFG的高为圆柱的高，即高为ABC，

∴当三棱锥O﹣EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，

当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，

（S△EFG）max=，

∴三棱锥O﹣EFG体积的最大值Vmax==．

故答案为4．

【点睛】(1)求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法.(2)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

8．直线m和平面所成角为，则直线m和平面内任意直线所成角的取值范围是_____

【答案】

【分析】根据直线与平面所成角的定义得到所成角的最小值为，由三垂线定理可得当该平面内的直线与已知直线在平面内的射影垂直时，所成角为，达到最大值．由此即可得到本题答案．

【详解】

直线为，平面为，为内的任意一条直线．

根据直线与平面所成角的定义，

可得与平面所成的角是与平面内所有直线所成角中最小的角，

直线与平面内的直线所成角的最小值为，

当平面内的直线与直线在平面内的射影垂直时，，与也垂直，

此时，所成的角，达到所成角中的最大值．

因此，此直线与该平面内任意一条直线所成角的取值范围是.

故答案为： .

9．棱长为1的正方体的8个顶点都在球面O的表面上，E、F分别是棱

、的中点，则直线EF被球O截得的线段长为________

【答案】.

【详解】分析：

详解：正方体的外接球球心为O，半径为，假设2和线段EF相较于HG两点，连接OG，取GH的中点为D连接OD，则ODG为直角三角形，OD=，根据勾股定理得到 故GH=.

故答案为.

点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

10．已知双曲线的渐近线方程为，抛物线：的焦点与双曲线的右焦点重合，过的直线交抛物线于两点，为坐标原点，若向量与的夹角为，则的面积为_____.

【答案】

【分析】根据双曲线的几何性质，求得抛物线的方程为，设直线的斜率为，则直线的方程为，代入抛物线的方程，由根与系数的关系，求得，

设，根据向量的数量积的运算，求得，即可求解的面积．

【详解】由题意，双曲线，可得双曲线的焦点在轴上，且，

又由渐近线方程为，所以，解得，即，

所以双曲线的右焦点，

又因为抛物线：的焦点与双曲线的右焦点重合，即，

解得，所以抛物线的方程为，

设直线的斜率为，则直线的方程为，

代入抛物线的方程消去，可得，

设，由根与系数的关系，求得，

设，则，

又因为，

则，解得，

所以的面积为．

【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质，直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中熟练应用双曲线的几何性质求得抛物线的方程，再根据直线抛物线的位置关系，利用根与系数的关系，利用向量的数量积求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．

11．在平面直角坐标系中，直线的一般式方程为不全为，类似地，在空间直角坐标系中，平面的一般式方程为不全为，则以坐标原点为球心，且与平面相切的球的表面积为__．

【答案】

【分析】利用球心到平面的距离公式以及球的表面积公式，计算可得答案.

【详解】球心到平面的距离，

故所求球的表面积为.

故答案为：

12．已知P为抛物线上的动点，点B、C在y轴上，是△PBC的内切圆.则最小值为_______.

【答案】8

【详解】设、、，

不妨设，，即．

又圆心到的距离为1，即．

故．

易知，上式化简得．

同理，．

所以，，．则．

因为是抛物线上的点，所以，．则．

故．

当时，上式取等号，此时，，．

因此，的最小值为8．

二、单选题

13．平面外的两条直线、，且，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】A

【分析】利用线面的平行关系及充分必要条件的定义即可判断

【详解】，，且，故，充分；

，，则，或相交，或异面，不必要.

故为充分不必要条件，

故选：A

14．设函数，则的最小正周期

A．与b有关，且与c有关

B．与b有关，但与c无关

C．与b无关，且与c无关

D．与b无关，但与c有关

【答案】B

【详解】试题分析：，其中当时，，此时周期是；当时，周期为，而不影响周期．故选B．

【解析】降幂公式，三角函数的最小正周期．

【思路点睛】先利用三角恒等变换（降幂公式）化简函数，再判断和的取值是否影响函数的最小正周期．

15．已知，，为坐标原点，动点满足，其中、，且，则动点的轨迹是（    ）

A．焦距为的椭圆 B．焦距为的椭圆

C．焦距为的双曲线 D．焦距为的双曲线

【答案】D

【分析】动点，由得到，，进而得到，化简可得答案.

【详解】设动点，因为点满足，其中、，

且，所以，所以，，

所以，，所以，

即，表示焦距为的双曲线.

故选：D

16．数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心（三边中垂线的交点）、重心（三边中线的交点）、垂心（三边高的交点）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，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．已知的顶点为，，，且欧拉线方程为，则的重心到垂心的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】确定重心为，代入方程得到，确定垂心，代入方程得到，根据，解得，得到答案.

【详解】的顶点为，，，所以重心，

代入欧拉线方程，得，即，

因为，都在轴，，故可设垂心，

代入欧拉线方程，得，，垂心，

，整理得到，

，解得，故重心为，，

故选：D

三、解答题

17．将边长为的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧.

(1)求三棱锥的体积；

(2)求异面直线与所成的角的大小.

【答案】(1) (2).

【详解】试题分析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径，，再由三角形面积公式计算后即得.

（2）设过点的母线与下底面交于点，根据，知或其补角为直线与所成的角，再结合题设条件确定，．得出即可．

试题解析：（1）由题意可知，圆柱的高，底面半径．

由的长为，可知．

，

．

（2）设过点的母线与下底面交于点，则，

所以或其补角为直线与所成的角．

由长为，可知，

又，所以，

从而为等边三角形，得．

因为平面，所以．

在中，因为，，，所以，

从而直线与所成的角的大小为．

【解析】几何体的体积、空间角

【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题时，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相互转化，将空间问题转化成平面问题.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等.

18．在△ABC中，(1)求B的大小；

(2)求cos A＋cos C的最大值．

【答案】（1）（2）1

【详解】试题分析：（1）由余弦定理及题设得；（2）由（1）知当时，取得最大值．

试题解析： （1）由余弦定理及题设得，

又∵，∴；（2）由（1）知，

，因为，所以当时，取得最大值．

【解析】1、解三角形；2、函数的最值.

19．已知椭圆：()过点，其左、右焦点分别为，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)若是直线上的两个动点，且，则以为直径的圆是否过定点？请说明理由．

【答案】(1) (2) 圆必过定点和

【详解】试题分析：解：（1）设点的坐标分别为，则，故，可得，

所以，，

∴，所以椭圆的方程为．

（2）设的坐标分别为，则，. 由，可得，即，

又圆的圆心为半径为，故圆的方程为，即，也就是，令，可得或，

故圆必过定点和．

【解析】椭圆的定义，直线与圆的位置关系

点评：主要是考查了直线与圆的位置关系，以及椭圆的定义的运用属于九重天。

20．已知正三棱锥，顶点为，底面是三角形．

(1)若该三棱锥的侧棱长为1，且两两成角为，设质点自出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至回到出发点，求质点移动路程的最小值；

(2)若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以为顶点，以三角形内切圆为底面的圆锥的体积；

(3)若该三棱锥的底面边长为1，四个顶点在同一个球面上，、分别是，的中点，且，求此球的体积．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）棱锥的侧面展开如图，则即为质点移动路程的最小值，确定，根据余弦定理计算得到答案.

（2）计算内切圆的半径为，外接圆半径为，得到，计算体积即可.

（3）顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，证明三条侧棱两两互相垂直，正方体外接球即为三棱锥的外接球，得到，计算体积得到答案.

【详解】（1）如图沿侧棱将三棱锥的侧面展开如图，则即为质点移动路程的最小值，

由题意得，所以，，

由余弦定理得，

，

所以质点移动路程的最小值为；

（2）设三棱锥的高为，内切圆的半径为，外接圆半径为，

则，解得，，

所以，

圆锥的体积为．

（3）如图，三棱锥为正三棱锥，

则顶点在底面的射影为底面三角形的中心，连接并延长，交于，

则，平面，平面，故，，

平面，得平面，平面，则，

因为、分别是、的中点，所以，

又，即，所以，，平面，

故平面，所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，

，

把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，

其直径，，

则球的体积为．

21．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率是，曲线是抛物线在椭圆内的一部分，抛物线的焦点在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；

(2)设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点．求证：点在定直线上，并求出直线的方程；

(3)若满足（2）的直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，

(3)最大值，点的坐标为．

【分析】（1）根据焦点计算得到，根据离心率计算得到，得到椭圆方程.

（2）求导得到切线方程为，设点，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，利用中点坐标公式结合直线方程得到答案.

（3）确定直线方程，计算得到，设，利用二次函数的性质得到最值.

【详解】（1）抛物线的焦点，因为在椭圆上，所以，

又因为离心率，所以，椭圆的方程为；

（2）设，，因为，所以，

在点的切线的方程，即，

设，，，由，得，

由，得，

且，，因此，将其代入，

得，所以，所以直线的方程为，

由，解得点的纵坐标为，所以点在定直线上；

（3）直线的方程为，令，得，所以，

又，，，所以，

，

，设，

则，

当，即时，取到最大值，

此时，满足，所以点的坐标为．

【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定直线问题，面积问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用韦达定理得到根与系数的关系，根据设而不求的思想可以简化运算，是解题的关键.