广东省肇庆市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省肇庆市高二上学期期末数学试题（解析版）-A4，共19页。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处．
2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．
3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在空间直角坐标系中有一点，则该点关于轴对称点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称性即可求解.
【详解】关于轴对称点的坐标,
故选：A
2. 已知集合，集合．则的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断直线与圆的位置关系，即可得出结果.
【详解】方程可化为，
该方程表示的曲线是以点为圆心，半径为的圆，
则圆心到直线的距离为，
故直线与圆相交，
因此，的元素个数.
故选：C.
3. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面之间的位置关系，只有D选项正确.
【详解】A选项，直线可能平行、垂直或者异面，A错误；
B选项，平面的位置关系不确定，如空间直角坐标系中三个平面两两垂直，此时，B错误；
C选项，平面相交或平行，C错误；
D选项，根据垂直于同一平面的两条直线平行，得到，D正确；
故选：D.
4. 已知双曲线，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线方程，求出，直接求解即可.
【详解】由，可知：，
所以，
所以渐近线方程为，
故选：D
5. 三棱锥中，，，，，，已知三棱锥外接球体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出三棱锥的外接球半径，将三棱锥补成长方体，根据长方体的外接球直径等于其体对角线长，即可求出线段的长.
【详解】设三棱锥的外接球半径为，则，解得，
因为，，，则，可得，
又因为，，所以，、、两辆相互垂直，
将三棱锥补成长方体，
则该长方体的外接球直径为，解得，
故选：B.
6. 已知圆，过的直线与圆交于两点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的分解及数量积的定义得到，在中，由余弦定理得，由垂径定理得，设直线，由点到直线的距离解出的值.
【详解】
，
因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
过点作的垂线，垂足为，由垂径定理得点到直线的距离，
设直线，则，解得，
所以直线的方程为：.
故选：A.
7. 过抛物线的焦点的直线交于两点（点在点上方），若，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线和抛物线联立，设，运用韦达定理和抛物线的定义，解方程即可得到答案.
【详解】由题意，抛物线的焦点，
直线和抛物线联立，可得.
设，可得，
由抛物线的定义可得，
因为，可得与，
得到，所以方程为.
故选：C.
8. 在空间直角坐标系中，已知正方体的三个顶点坐标分别为，则该正方体的外接球球心坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助空间中两点距离公式计算可得，则可得为该正方体的体对角线，即可得该正方体的外接球球心坐标中点，再利用中点公式计算即可得.
【详解】，
，
，
则，
由为正方体的三个顶点，故为该正方体的体对角线，
则该正方体的外接球球心坐标中点，即为.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在空间直角坐标系中，为坐标原点．若、、，下列说法正确的是（ ）
A. 存在实数，使
B. 存在实数，使
C. 若为锐角，则
D. 若为一组基底，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用空间向量的模长公式求出的值，可判断B选项；分析可知，且、不共线，利用空间向量数量积的坐标运算以及空间向量共线的坐标表示可判断C选项；利用空间向量基底的概念可判断D选项.
【详解】对于A选项，，，
所以，，
因此，不存在实数，使得，A错；
对于B选项，若存在实数，使，
即，解得，B对；
对于C选项，由题意可得，
若为锐角，则，解得，
且、不共线，若、共线，则，解得，
所以，当、不共线时，，
因此，若为锐角，则且，C错；
对于D选项，若、、共面，则存在、，使得，
则，解得，
因此，若为一组基底，则，D对.
故选：BD.
10. 如图所示的圆台，在轴截面中，，则（ ）
A. 该圆台的高为1
B. 该圆台轴截面面积为
C. 该圆台的体积为
D. 一只小虫从点沿着该圆台侧面爬行到的中点，所经过的最短路程为5
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据梯形性质利用勾股定理计算可得A错误，利用梯形面积公式计算可得B正确，代入圆台体积公式可知C正确，利用圆台侧面展开图以及勾股定理计算可得D正确.
【详解】对于A，在梯形中，即代表圆台的高，
利用勾股定理计算可得，所以A错误；
对于B，轴截面梯形的面积为，因此B正确；
对于C，易知下底面圆的面积为，上底面圆的面积为；
所以该圆台的体积为，可得C正确；
对于D，将圆台侧面沿直线处剪开，其侧面展开图如下图所示：
易知圆弧的长度分别为，设扇形圆心为，圆心角为，；
由弧长公式可知，解得；
所以可得，
设为的中点，连接，当小虫从点沿着爬行到的中点，所经过路程最短，
易知，且，
由勾股定理可知，可知D正确.
故选：BCD
11. 已知圆和圆，过圆上任意一点作圆的两条切线，设两切点分别为、，则（ ）
A. 线段的最小值为
B. 线段的最大值为
C. 当直线与圆相切时，原点到直线的距离为
D. 当直线平分圆的周长时，原点到直线的距离为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据圆的切线的几何性质可求得，确定，可求得的取值范围，即可判断AB；当直线与圆相切时，设直线的方程，利用和圆相切可得，继而求得原点到直线的距离，判断C；当直线平分圆的周长时, 直线过点，设直线方程，可得，由此求得原点到直线的距离，判断D.
【详解】如图示：、，

根据直角三角形等面积方法可得，，
因为，，即，
故，故A正确，B错误；
当直线与圆相切时，由题意可知的斜率存在，
故设的方程为，则有 ，即，
即或，
设原点到直线的距离为，则，
当时， ；当时，，故C错误；
当直线平分圆的周长时，即直线过点,
则直线斜率存在，设直线方程为，即 ，
则 ，即，则，
故原点到直线的距离为,则 ，故D正确.
故选：AD.
【点睛】结论点睛：若点是半径为的圆外的一点，则点到圆的上一点的距离的取值范围是.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知平行六面体中，．若，则的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量加法和数量积求解即可.
【详解】由题意可得
，
解得：，
所以
故答案为：
13. 已知椭圆：的上顶点为，两个焦点为，，线段的垂直平分线过点，则椭圆的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】求出线段的中点坐标，根据两直线垂直斜率关系可得，再结合可求得离心率.
【详解】
如图，设的垂直平分线与交于点，
由题，，，，则，
，，
，
，化简得，，
由，解得，
，即.
故答案为：.
14. 已知一圆锥底面半径与其内切球半径的比为，则圆锥表面积与其内切球的表面积之比为____________．
注：在圆锥内部，且与底面和任意一条母线都相切的球，称为圆锥的内切球．
【答案】
【解析】
【分析】根据过圆锥及内切球球心的截面图中的几何关系，设圆锥的高为，母线长为，可得，，进而根据圆锥和球的表面积可得.
【详解】
由题意，过圆锥的高及内切球球心的截面图如图，设圆锥的高为，母线长为，
则在中，，
由得，又，故，
代入，可得，得，故，
圆锥的表面积为，
内切球的表面积为，故圆锥表面积与其内切球的表面积之比为，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 如图，在三棱锥中，平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直性质可得，利用三角形的边角关系，结合勾股定理可得，即可利用线面垂直的判定求解，
（2）方法一：建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可根据夹角根式即可求解；
方法二：利用二面角的几何法得是二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.
【小问1详解】
因为平面，平面，
所以，，所以为直角三角形，
又因为，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，平面，所以平面．
【小问2详解】
方法一：由（1）知，且平面，
以为原点，所在直线为轴，过点且与平行直线为轴，所在直线
为轴，
建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则即令，则，所以．
设平面的一个法向量为，
则即，令，则，所以．
所以，
又因为二面角为锐二面角，所以二面角大小为．
方法二：如图，过点作于点，作于点，连接．
因为平面，平面，所以平面平面．
又因为平面平面，，
所以平面，又平面，则．
又因为，，且平面，
所以平面，又平面，则，
所以是二面角的平面角．
易知，，则，
所以二面角的大小为．
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为．点为双曲线右支上的一点，
（1）若点到轴的距离为2，的面积为，求双曲线的标准方程；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积以及离心率计算可得结果；
（2）设，结合双曲线定义以及勾股定理计算可求得的长，再由正切值定义计算可得.
【小问1详解】
设点，由题意知．
则，解得．
由题意知，所以，
所．
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
设，则由双曲线定义得，则．
由勾股定理得，则．
由题意知，代入上式得，
解得或（舍去），
所以．
17. 如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，平面平面，平面与平面的交线为．
（1）证明：；
（2）已知，点是上一动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定证明平面，再根据线面平行的性质得到.
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据写出点的坐标，从而得到平面的一个法向量，进而根据与平面所成角的正弦值为解出的值，得到.
【小问1详解】
因为平面平面，所以平面．
因为平面平面，平面，所以．
【小问2详解】
因为，平面平面，平面平面.
如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
在平面内，与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系．
则．
，
由（1）知，点在上且过点，故设，
，
设平面的一个法向量为，
则
取得，所以．
设与平面所成角为，
则，
解得，所以．
【点睛】方法点睛：线面平行的判定定理和性质定理
线面平行的判定定理：；
线面平行的性质定理：.
18. 已知圆，为圆外的动点．过点作圆的切线，切点为，满足．记动点的轨迹为．
（1）求的轨迹方程；
（2）设点为直线上的一点．过点作轨迹的两条切线，切点为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求线段长度的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）连接，通过为直角三角形，得到，即可求解；
（2）（i）设点．确定以为直径圆的方程，与圆方程相减可得直线的方程，即可求证；（ii）记圆的半径为，到直线的距离为，则
通过确定的最大值即可求解；
【小问1详解】
连接，则为直角三角形，且．
则．
所以点是以为圆心，半径为2的圆．所以的轨迹方程为．
【小问2详解】
（i）设点．
以为直径圆的方程为，即．
以为直径圆与圆的方程相减即为直线的方程，即．
整理得．
令，解得．
所以直线过定点．
（ii）记圆的半径为，（即坐标原点）到直线的距离为，则．
则当取最大值时，有最小值．
由几何性质知的最大值为，当且仅当时取到．
所以的最小值为．
19. 已知抛物线，焦点为．斜率存在的直线与抛物线交于两点．
（1）若直线的倾斜角为，且．求直线的方程；
（2）给定一个正实数，分别过点作的切线，设交于点．
（i）证明：点在定直线上的充要条件是直线过定点；
（ii）已知直线与轴交于点，且．证明：．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据倾斜角为，可设直线联立直线与抛物线的方程，由韦达定理得到，再由弦长公式得到，从而解出的值；
（2）（i）分别得到在点处的的切线的方程，从而得到点的坐标，先证明充分性，设过定点的直线，与抛物线的方程联立可得点的横坐标为，在直线，再证必要性，可以设直线过定点，根据点在上，即横坐标为求得.
（ii）由抛物线定义得，由得，从而是的垂直平分线，可以证明与全等，与全等，所以，从而.
【小问1详解】
设直线，联立得．
设，则．
则，解得．
经检验，时，．所以直线的方程为．
【小问2详解】
（i）设过点，的切线方程为，
联立得，即．
则由相切得，整理得，解得．
所以过点的切线方程为．
同理过点的切线方程为．
两方程联立得，所以点．
充分性：设过定点的直线．
联立得，由韦达定理得．
点的横坐标为，所以点在定直线上．
必要性：点在定直线上，则．
设过点的直线．
联立得．由韦达定理得．
解得，则直线过点.
综上，点在定直线上的充要条件是直线过定点.
（ii）如图，过分别作准线的垂线，垂足分别为．
连接．与交于点．由抛物线定义得．
．则．
则，所以．
由知，所以．因此与全等，所以．
同理可得，与全等，所以．
则，所以．
所以．
所以．
【点睛】思路点睛：平面几何知识的恰当运用
在（2）（ii）中，结合，可以得到是的垂直平分线，从而证得与全等，，同理可得与全等，，再结合得，利用即可证明.