2023-2024学年上海市浦东新区高桥中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市浦东新区高桥中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.向高为H的水瓶中注水，注满为止．如果注水量V与水深h的函数关系如图，那么水瓶的形状是图中的( )
A.
B.
C.
D.
2.若干毫升水倒入底面半径为2cm的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6cm，若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是( )
A. 6 3cmB. 6cmC. 2318cmD. 3312cm
3.如图所示的几何体EF−ABCD，底面ABCD是矩形，AB/​/EF，AB=4，AD=3，EF=2，直线EF到底面ABCD的距离h=1，则该几何体EF−ABCD的体积是( )
A. 5
B. 10
C. 15
D. 52
二、多选题：本题共1小题，共3分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
4.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，其中正确的命题为( )
A. α//β⇒l⊥mB. α⊥β⇒l//mC. l//m⇒α⊥βD. l⊥m⇒α//β
三、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
5.空间中两条直线的位置关系有______．
6.直线3x+(a+1)y+1=0的斜率为−2，则实数a的值为______．
7.若椭圆的长轴长为12，一个焦点是(2,0)，则椭圆的标准方程为______．
8.如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图A′B′C′D′，其中A′D′=2，B′C′=4，A′B′=1，则原梯形ABCD的面积为______．
9.等轴双曲线C与椭圆x210+y26=1有公共的焦点，则双曲线C的方程为______．
10.已知直线l1：(k−3)x+(4−k)y+1=0与l2：2x−2(k−3)y+3=0垂直，则k的值是______．
11.若棱锥底面面积为150cm2，平行于底面的截面面积是54cm2，底面和这个截面的距离是12cm，则棱锥的高为______．
12.一个四面体的所有棱长都是 2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为______．
13.若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是______．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱AB，BB1的中点，A1E与C1F所成的角是θ，则θ= ______．
15.如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为______cm．
16.如图，在底面半径为1，高为6的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切.一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆.则该椭圆的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
已知圆C：x2+y2−2x+4y=5，点A(4,−1)；
(1)求圆C的圆心C的坐标、及半径大小；
(2)求过点A与圆C相切的直线方程．
18.(本小题10分)
ABCD为直角梯形，∠DAB=∠ABC=90°，AB=BC=a，AD=2a，PA⊥平面ABCD，PA=a，
(1)求证：PC⊥CD；
(2)求点B到直线PC的距离．
19.(本小题10分)
如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面边长为2 2，侧棱长为4，E、F分别为AB、BC的中点，EF∩BD=G．
(1)求证：EF⊥平面BDD1B1；
(2)以D为原点，射线DA、DC、DD1为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
(i)求平面EFD1的一个法向量；
(ii)求三棱锥B1−EFD1的体积V．
20.(本小题12分)
已知点A(2,8)，B(x1,y1)，C(x2,y2)在抛物线y2=2px，(p>0)上，△ABC的重心与此抛物线的焦点F重合(如图)
(1)写出该抛物线的方程和焦点F的坐标；
(2)求线段BC中点M的坐标；
(3)求BC所在直线的方程．
21.(本小题12分)
已知m>1，直线l：x−my−m22=0，椭圆C：x2m2+y2=1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点．
(Ⅰ)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程；
(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A，B两点．
(ⅰ)求线段AB长度的最大值；
(ⅱ)△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查知识点：旋转体(圆柱、圆锥、圆台)等简单几何体和函数的图象，属于基础题．本题还可从注水一半时的状况进行分析求解．
本题利用排除法解．从所给函数的图象看出，V不是h的正比例函数，由体积公式可排除一些选项；从函数图象的单调性及切线的斜率的变化情况看，又可排除一些选项，从而得出正确选项．
【解答】
解：如果水瓶形状是圆柱，V=πr2h，r不变，V是h的正比例函数，
其图象应该是过原点的直线，与已知图象不符．故D错；
由已知函数图可以看出，随着高度h的增加V也增加，但随h变大，每单位高度的增加，体积V的增加量变小，图象上升趋势变缓，
其原因只能是瓶子平行与底的截面的半径由底到顶逐渐变小．故A、C错．
故选：B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆锥、圆柱的体积，考查计算能力，是基础题．
先求出圆柱中水的体积，设出圆锥中水的底面半径，利用体积相等，求出圆锥的高．
【解答】
解：由题意知圆柱中水的体积是：24πcm3，
设圆锥中水的底面半径为rcm，
将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，
水的体积为：13πr2⋅ 3r=24π，r=2 3cm，
水面的高度是： 3×2 3=6cm，
故选B．
3.【答案】A
【解析】解：过点E分别作EG⊥AB，EJ⊥CD于点G，J，同理作出FH⊥AB，FK⊥CD于H，K，
因为AB/​/EF，故将几何体EF−ABCD分为四棱锥E−AGJD，F−HBCK和三棱柱EGJ−FHK，
因为底面ABCD是矩形，所以AB/​/CD，故EJ⊥AB，
因为EG∩EJ=E，EG，EJ⊂平面EGJ，
所以AB⊥平面EGJ，同理可得AB⊥平面FHK，
故三棱柱EGJ−FHK为直三棱柱，
因为AB=4，AD=3，EF=2，
所以GH=EF=2，AG+HB=2，
其中GJ=HK=3，故S△EGJ=12GJ⋅h=32，
则VEGJ−FHK=S△EGJ⋅EF=3，
设四边形AGJD和四边形HBCK的面积分别为S1，S2，
可得VE−AGJD+VF−HBCK=13(S1+S2)⋅h=13×(2×3)×1=2，
故该几何体EF−ABCD的体积为VEGJ−FHK+VE−AGJD+VF−HBCK=3+2=5．
故选：A．
作出辅助线，将几何体EF−ABCD分为三棱锥E−AGJD，F−HBCK和三棱柱EGJ−FHK，求出三个图形的体积相加后得到答案．
本题考查了空间几何体的体积计算，考查了数形结合思想及转化思想，属于中档题．
4.【答案】AC
【解析】解：由于直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，
对于选项A：当α/​/β，且l⊥平面α，所以l⊥平面β，由于直线m⊂平面β，所以l⊥m．
对于选项B：α⊥β不能推出l/​/m，故错误．
对于选项C：由于l/​/m，直线l⊥平面α，所以直线m⊥平面α，又因为直线m⊂平面β，所以α⊥β，
对于选项D：l⊥m，不能推出α/​/β，故错误．
故选：AC．
直接利用立体几何中相关的垂直和平行问题的应用求出结果．
本题考查的知识要点：立体几何中相关的定理的应用，垂直和平行问题的应用，主要考查学生对定义知识的理解和应用，属于基础题．
5.【答案】相交、平行和异面
【解析】解：空间中两条直线的位置关系有相交、平行和异面，
故答案为：相交、平行和异面．
根据空间中两直线的位置关系的定义即可求解．
本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题．
6.【答案】12
【解析】解：直线3x+(a+1)y+1=0化成斜截式，可得y=−3a+1x−1a+1，
因为直线的斜率为−2，所以−3a+1=−2，解得a=12．
故答案为：12．
根据题意可得a+1≠0，将直线化简为斜截式，继而根据斜率为−2列式算出a的值．
本题主要考查直线的方程与直线的斜率等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
7.【答案】x236+y232=1
【解析】解：由题意可得2a=12，c=2，且焦点在x轴上，
即a=6，所以b= a2−c2= 36−4= 32，
所以椭圆的标准方程为：x236+y232=1．
故答案为：x236+y232=1．
由题意可得a，c的值，进而求出b的大小，可得椭圆的标准方程．
本题考查椭圆的方程的求法，属于基础题．
8.【答案】6
【解析】解：如图，还原梯形，BC=4，AB=2，AD=2，梯形为直角梯形，
所以原梯形ABCD的面积S=12×(2+4)×2=6．
故答案为：6．
根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积．
本题考查斜二测画法、梯形等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】x22−y22=1
【解析】解：设双曲线的方程为x2a2−y2a2=1，椭圆的焦点坐标为F1(−2,0)，F2(2,0)．
∵等轴双曲线C与椭圆x210+y26=1有公共的焦点，
∴a2+a2=22=4，所以a2=2．
所以双曲线C的方程为x22−y22=1．
故答案为：x22−y22=1
设出双曲线的方程，求出椭圆的焦点坐标，利用等轴双曲线C与椭圆x210+y26=1有公共的焦点，即可求得双曲线C的方程．
本题考查椭圆的性质，考查双曲线的标准方程，确定几何量之间的关系是关键．
10.【答案】3
【解析】解：直线l1：(k−3)x+(4−k)y+1=0与l2：2x−2(k−3)y+3=0垂直，
则2(k−3)−2(k−3)(4−k)=0，解得k=3．
故答案为：3．
根据已知条件，结合直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
11.【答案】30cm
【解析】解：设棱锥的高为x，
∵棱锥底面面积为150cm2，平行于底面的截面面积是54cm2，底面和这个截面的距离是12cm，
∴15054=(xx−12)2，即xx−12=53，
∴3x=5x−60，
解得x=30．
所以棱锥的高为30cm．
故答案为：30cm．
原来的棱锥与以截面为底的棱锥相似，两者底面面积之比是两者高之比的平方．由此能求出棱锥的高．
本题考查棱锥的结构特征，相似形的性质，其中根据棱锥的几何特征判断出棱锥的中截面与棱锥的底面是相似图形，将空间问题转化为平面问题是解答本题的关键．
12.【答案】3π
【解析】解：如图，将四面体补成正方体，则正方体的棱长是1，正方体的对角线长为： 3，
则此球的表面积为：4π×( 32)2=3π
故答案为3π．
把四面体补成正方体，两者的外接球是同一个，求出正方体的棱长，然后求出正方体的对角线长，就是球的直径，即可求出球的表面积．
本题是基础题，考查空间想象能力，正四面体的外接球转化为正方体外接球，使得问题的难度得到降低，问题得到解决，注意正方体的对角线就是球的直径，也是比较重要的．
13.【答案】1+2π2π
【解析】解：可以设该侧面的正方形边长为A，
则S侧面积=A2
全面积S=A2+2π(A2π)2
则圆柱的全面积与侧面积的比
S全面积S侧面积=(1+2π2π)A2A2=1+2π2π
故答案：1+2π2π
由圆柱的侧面展开图是正方形，我们易得圆柱的高与底面周长相等，设侧面的正方形边长为A后，易分别计算出侧面积和全面积，代入计算后，易得结果．
本题考查的是圆柱的表面积与侧面积，利用已知分别求出全面积和侧面积是解答本题的关键，另外全面积=侧面积+底面积×2，中易解为全面积=侧面积+底面积．
14.【答案】arccs25
【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，
以向量AB,AD,AA1为基底，则AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=0，
可得A1E=AE−AA1=12AB−AA1，C1F=C1B1+B1F=−AD−12AA1，
所以A1E⋅C1F=(12AB−AA1)⋅(−AD−12AA1)=−12AB⋅AD−14AB⋅AA1+AA1⋅AD+12AA12=12AA12=12，
因为|A1E|=|C1F|= 12+(12)2= 52，
所以cs=A1E⋅C1F|A1E|⋅|C1F|=12 52⋅ 52=25，
结合异面直线所成角的大小为锐角或直角，可知A1E与C1F所成的角θ=arccs25．
故答案为：arccs25．
根据题意，以向量AB,AD,AA1为基底，表示出向量A1E,C1F，然后利用向量的数量积的运算性质与空间向量的夹角公式，算出答案．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于基础题．
15.【答案】13
【解析】解：将正三棱柱ABC−A1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，
在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．
由已知求得矩形的长等于6×2=12，宽等于5，由勾股定理d= 122+52=13
故答案为：13．
将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．
本题考查棱柱的结构特征，空间想象能力，几何体的展开与折叠，体现了转化(空间问题转化为平面问题，化曲为直)的思想方法．
16.【答案】 32
【解析】解：在底面半径为1，高为6的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切．一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆，
则由图可知：|BF|=1，|BO|=2，
所以sin∠BOF=12，
又因为sin∠ODM=|OM||OD|=1|OD|，
结合∠BOF=∠ODM可知：sin∠ODM=|OM||OD|=1|OD|=12=sin∠BOF，
所以|OD|=a=2，
而2b=2，
即b=1，
所以c= a2−b2= 22−12= 3，
所以离心率e=ca= 32．
故答案为： 32．
结合题意，由球的半径可求得|BF|，|BO|的值，进而可得∠BOF=∠ODM的正弦值，所以可求出|OD|的值，即可以求出a的值，由圆柱的底面半径可以求出b的值，进而可以求出离心率．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了椭圆离心率的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)圆C：x2+y2−2x+4y=5，化成标准方程得(x−1)2+(y+2)2=10，
所以圆心为C(1,−2)，半径r= 10；
(2)当直线经过点A(4,−1)且斜率不存在时，直线方程为x=4，
圆心C到直线的距离d=|1−4|=3设过点A与圆C相切的直线为y+1=k(x−4)，即kx−y−4k−1=0，
则点C(1,−2)到直线的距离d=|−3k+1| k2+1= 10=r，解得k=−3，
故过点A与圆C相切的直线为y+1=−3(x−4)，即3x+y−11=0．
综上所述，所求切线方程为3x+y−11=0．
【解析】(1)将圆C化成标准方程，即可得到圆心C的坐标、及半径大小；
(2)先判断过A点且斜率不存在的直线与圆C的位置关系，然后根据直线的点斜式方程与点到直线的距离公式，列式算出所求切线方程．
本题主要考查直线的方程及其性质、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)连结AC，

∵∠ABC=90°，AB=BC=a，
由勾股定理得AC= 2a，
同理CD= 2a，
又∵AD=2a，
∴△ACD是直角三角形．
即AC⊥CD，
又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵AC，PA⊂PAC，AC∩PA=A，
∴CD⊥平面PAC，
又由PC⊂平面PAC，
∴PC⊥CD．
(2)在Rt△PAB中，PA=AB=a，
∴PB= 2a，
在Rt△PAC中，AC= 2a，
∴PC= 3a，
又∵BC=a，
故△PBC为Rt△，∠PBC=90°，
令点B到直线PC的距离为h，
则12PC⋅h=12PB⋅BC，
∴h=PB⋅BCPC= 2a⋅a 3a= 63a，
即点B到直线PC的距离为 63a.
【解析】(1)连结AC，由勾股定理可得AC⊥CD，由线面垂直的性质定理可得：PA⊥CD，进而由线面垂直的判定定理得到CD⊥平面PAC，进而得到PC⊥CD；
(2)由已知可得△PBC为Rt△，∠PBC=90°，进而利用等积法可求得点B到直线PC的距离．
本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质，点到直线的距离，难度不大，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：∵D1D⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
∴AC⊥D1D，又AC⊥BD，且AC与BD为相交直线，
∴AC⊥平面BDD1B1，
又E、F分别为AB、BC的中点，∴EF/​/AC，
∴EF⊥平面BDD1B1；
(2)建系如图，则根据题意可得：

E(2 2, 2,0)，F( 2,2 2,0)，D1(0,0,4)，B1(2 2,2 2,4)，
∴D1E=(2 2, 2,−4)，D1F=( 2,2 2,−4)，D1B1=(2 2,2 2,0)，
(i)设平面EFD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅D1E=2 2x+ 2y−4z=0n⋅D1F= 2x+2 2y−4z=0，取n=(2 2,2 2,3)，
∴平面EFD1的一个法向量为n=(2 2,2 2,3)；
(ii)∵B1到平面EFD1的距离d=|D1B1⋅n||n|=8+8 8+8+9=165，
又|D1E|=|D1F|= 8+2+16= 26，EF=2，
∴等腰三角形DEF底边EF上的高为 26−1=5，
∴S△DEF=12×2×5=5，
∴三棱锥B1−EFD1的体积V=13×S△DEF×d=13×5×165=163．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理，即可证明；
(2)(i)建系，根据向量数量积的运算，即可求解；
(ii)先用向量法求出B1到平面EFD1的距离，再求出底面三角形DEF的面积，最后根据锥体的体积公式计算，即可求解．
本题考查线面垂直的证明，向量法求解点面距，三棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)∵点A(2,8)在抛物线y2=2px，(p>0)上，
∴64=4p，解得p=16，
∴抛物线方程为y2=32x，焦点F的坐标为F(8,0)．
(2)如图，∵F(8,0)是△ABC的重心，M是BC中点，
∴F是线段AM的定比分点，且AFFM=2，
设点M的坐标为(x3,y3)，
则2+2x3 1+2=8，8+2y31+2=0，
解得x3=11，y3=−4，
∴点M的坐标为M(11,−4)．
(3)∵线段BC的中点M不在x轴上，
∴BC所在的直线不垂直于x轴，设BC的直线为：y+4=k(x−11)，(k≠0)，
由y+4=k(x−11)y2=32x，得ky2−32y−32(11k+4)=0，
∴y1+y2=32k，
由(2)的结论得y1+y22=−4，解得k=−4．
∴BC所在的直线方程为4x+y−40=0．
【解析】(1)由点A(2,8)在抛物线y2=2px，(p>0)上，利用待定系数法能求出抛物线方程．
(2)由已知条件知F(8,0)是线段AM的定比分点，且AFFM=2，由此能求出点M的坐标．
(3)设BC的直线为：y+4=k(x−11)，(k≠0)，由y+4=k(x−11)y2=32x，得ky2−32y−32(11k+4)=0，由此能求出BC所在的直线方程．
本题考查抛物线方程的求法，考查线段中点坐标的求不法，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意定比分点公式的合理运用．
21.【答案】解：(I)因为直线l：x−my−m22=0，经过F2( m2−1,0)，
所以 m2−1=m22，得m2=2，
又因为m>1，所以m= 2，
故直线l的方程为x− 2y−1=0；
(Ⅱ)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+m22x2m2+y2=1，消去x得2y2+my+m24−1=0，
则y1+y2=−m2，y1y2=m28−12，
由Δ=m2−8(m24−1)=−m2+8>0，得m2<8，又m>1，
则1|AB|= (1+m2)[(y1+y2)2−4y1y2]= (1+m2)[(−m2)2−4(m28−12)]
=12 −m4+7m2+8=12 −(m2−72)2+814，
因为1当m2=72，即m= 142时，|AB|取最大值94；
(ii)因为G、H分别为△AF1F2，△BF1F2的重心，O为F1F2的中点，
所以G，H分别在OA，OB上，且OG=13OA，OH=13OB，
因为原点O在以线段GH为直径的圆内，
所以OG⋅OH<0，即13OA⋅13OB<0，
所以x1x2+y1y2<0，
即(my1+m22)(my2+m22)+y1y2<0 ⇔(m2+1)y1+m32(y1+y2)+m44<0，
所以(m2+1)⋅m2−48+m32⋅(−m2)+m44<0，
得m2<4，又1所以1【解析】(I)由直线l：x−my−m22=0经过F2( m2−1,0)，可得关于m的方程，可求m，进而可求直线l的方程；
(Ⅱ)(i)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，结合方程的根与系数关系及弦长公式可求|AB|，然后结合二次函数的性质即可求解；
(ii)由已知可得OG⋅OH<0，即13OA⋅13OB<0，然后结合向量数量积的坐标表示即可求解．
本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．