青海省海南州部分学校学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版）-A4

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册.
一、选择题：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. 已知直线与直线平行，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】两直线平行，的系数的比值相等，且与的系数的比值与常数项的比值不相等，由此能求出.
【详解】根据直线与直线平行，
则，
故.
故选：A
2. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案.
【详解】对于A，根据题意，故A错误.
对于B，设，则不存在，故B正确.
对于C，，故C错误；
对于D，由，
则，所以，
所以，故D错误；
故选：B.
3. 直线被圆截得的弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用弦长公式即可求得结果.
【详解】圆C的圆心为，半径为3，圆心到直线l的距离，
所以直线l被圆C截得的弦长为.
故选：D
4. 过点且与抛物线只有1个公共点的直线有（ ）
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
【答案】C
【解析】
【分析】分直线与抛物线相切和与对称轴平行求解.
【详解】解：因为点A在C上，
所以过点A且与C相切的直线只有1条，该切线满足题意．
过点A且斜率为0的直线与C也只有1个公共点，
所以满足题意的直线有2条．
故选：C
5. 如图，在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，计算可求数量积.
【详解】
.
故选：B.
6. 椭圆的两个焦点为，，椭圆C上有一点P，则的周长为（ ）
A. 12B. 18C. 16D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，，所以，故的周长为．
故选：C
7. 已知向量，若四点共面，则向量在上的投影向量的模为（ ）
A. 12B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据四点共面，可得共面，再根据空间向量共面定理求出，再求出向量在上的投影长度即可.
【详解】因为四点共面，
所以共面，
则存在唯一实数对，使得，
即，
所以，解得，
所以，
向量在上的投影向量的模即为向量在上的投影长度，
所以向量在上的投影向量的模为.
故选：D.
8. 图中展示的是一座抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2m，水面宽6m，水面上涨1m后，水面宽度为（ ）
A. B. C. D. 8m
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为，将代入抛物线方程解出，再将代入即可求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则点,
设抛物线的方程为，由点可得，解得，所以,
当时，，所以水面宽度为．
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的面积为，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据“逼近法”可得，由此可确定所有可能的取值，由椭圆离心率求得所有可能的取值.
【详解】根据题意有：
由“逼近法”原理可知，
又因为，所以或或或或或，
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率.
故选：ABD.
10. 已知是双曲线的上焦点，是上的两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若是的中点，则
B. 的最小值为4
C. 点到的两条渐近线的距离的乘积为12
D. 若的中点坐标为，则直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由轴即可判断；对于B，由双曲线的性质即可判断；对于C，由点到线的距离公式即可判断；对于D，由点差法可判断.
【详解】对于A，由双曲线，可得焦点在轴上，，
若是的中点，则直线轴，，A正确；
对于B，若点在轴上方，的最小值为，
若点在轴下方，的最小值为，B错误；
对于C，由题意得，，
所以双曲线的渐近线方程为或，
所以点到的两条渐近线的距离乘积为，C正确；
对于D，设，，则，
两式相减得．
因为的中点坐标为，所以，即，
所以直线的斜率为，此时直线的方程为，
由联立，检验可知，D正确．
故选：ACD.
11. 如图，在四棱台中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，分别为上、下底面的中心，平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若点F在平面内，且，则点F到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】过分别作于，可求得判断A；进而可求得坐标判断BC；设，利用，可求得，利用向量法可求点F到平面的距离判断D.
【详解】过分别作于，
因为平面，平面，所以，，
由已知可得四棱台为正四棱台，
又上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，，
所以可得，所以，所以，故A正确；
所以，故B正确；，故C错误；
可得，所以，设，所以，
因为，所以，解得，
由题意可知平面，所以平面的一个法向量为，
又，
所以点F到平面的距离为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线的渐近线方程________．
【答案】
【解析】
【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．
【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上
而双曲线的渐近线方程为y=±
∴双曲线的渐近线方程为y=±
故答案为y=±
【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想
13. 已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为______．
【答案】0.02##
【解析】
【分析】根据椭圆的性质求椭圆参数，应用离心率公式求离心率.
【详解】设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
由题意，得，，解得，，
所以这个椭圆的离心率．
故答案为：0.02
14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的标准方程为________；若该阿氏圆在点处的切线与直线交于点，则的最小值为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设出点的坐标，列出方程并化简求得阿氏圆的标准方程；再由切线长定理求出直线上的点向圆所作切线长的最小值.
【详解】设点，依题意，，即，
则，整理得，
所以所求圆的标准方程为；
该阿氏圆的圆心为，半径，
点到直线的距离，
依题意，，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
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 已知直线，圆．
（1）若，求直线被圆所截得弦长；
（2）已知直线过定点，过点作圆的切线，求点的坐标及该切线方程．
【答案】（1）
（2），或
【解析】
【分析】（1）根据圆的弦长公式求解即可；
（2）先求出定点，分切线的斜率是否存在，再根据圆心到切线的距离等于半径即可得解.
【小问1详解】
圆的圆心，半径，
，圆心到直线的距离，
所以直线被圆所截得的弦长为；
【小问2详解】
直线变形得，
令，则，
所以直线过定点，
当直线的斜率不存在时，方程为，
此时，圆心到直线的距离等于半径，符合题意；
当直线的斜率存在时，设方程为，即，
则圆心到切线的距离为，解得，
所以直线方程，即，
综上所述所求直线方程为或.
16. 如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，为棱的中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式求解.
（2）求出平面法向量，结合（1）中信息，利用面面角的向量求法求解.
【小问1详解】
在四棱柱中，侧棱底面，平面，
则，又，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，则，取，得，
而，所以点到平面的距离.
【小问2详解】
由（1）知，设平面的一个法向量为，
则，令，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知抛物线的焦点F在直线上，A，B，C是E上的三个点．
（1）求E的方程；
（2）已知，且直线经过点F，，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线写出焦点坐标，代入直线方程求得的值，得到抛物线解析式；
（2）设点坐标和直线方程，联立直线方程和抛物线方程，整理得到一元二次方程，由根与系数的关系得到两点横坐标的关系式，列出直线的斜率，由垂直建立方程，代入两点横坐标的关系式得到关于参数的方程，求出参数即可求得直线方程.
【小问1详解】
由题可知，
所以，解得，所以E的方程为．
【小问2详解】
设，，由题可知，，
依题意知直线的斜率必存在，设直线的方程为．
由整理得，
则，．
，，
因为，所以，
所以，，
解得，所以直线的方程为．
18. 如图，在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，侧棱，点、分别在侧棱、上，且.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）已知为底面的中心，在上是否存在点，使得平面？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
解法二：延长、，设，连接，分析可知，为平面与平面夹角，计算出、的长，即可求得的余弦值，即为所求；
（2）解法一：假设存在满足条件的点，设，根据空间向量法得出，求出的值，即可得出结论；
解法二：当时，平面，连接，取为的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论.
【小问1详解】
解法一：因为在直四棱柱中，底面是边长为的正方形，
以点为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，
易知是平面的一个法向量，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
解法二：延长、，设，连接，
过在平面内作的垂线，垂足为，连接.
因为平面，平面，则，
又因为，、平面，，
所以，平面，
因为平面，所以，，
所以为平面与平面的夹角.
因为，所以，则，则为的中点，
所以，，
在中，
，
因为，
所以，
因为平面，平面，则，
则，
所以，，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【小问2详解】
解法一：由（1）可得、，，
假设存在满足条件的点，设，所以，
因为平面，所以，解得.
故当时，平面.
解法二：当时，平面.
证明过程如下：连接，取为的中点，连接、.
因为为的中点，所以为梯形的中位线，
即，且，
因为，且，所以，，
所以为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
19. 已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，抛物线的焦点与F重合，是与的一个公共点．
（1）求与的标准方程；
（2）过点A的直线l与交于D，E两点，若E是的中点，求直线l的斜率．
【答案】（1）的标准方程为，的标准方程为．
（2）．
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，列出双曲线方程中方程求解；
（2）设直线l的方程为，与抛物线联立，由韦达定理可得，结合E是的中点，求出的值.
【小问1详解】
因为，所以，
解得，所以的标准方程为．
因为抛物线的焦点与F重合，所以，．
又，解得，
所以的标准方程为．
【小问2详解】
由（1）知．设直线l的方程为，，．
因为E是的中点，所以①．
联立，得，
则，②，．
由①②解得，，
所以，解得，即，
经验证，此时满足，所以直线的斜率为．