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1、西宁市海湖中学2022-2023学年第一学期高二年级数学期末测试卷（文理合卷）满分：150分 时间：120分钟命题人：吴克青 申题人：马万珍一、单选题（共60分，每题5分）1. 已知直线l垂直于平面，另一直线m也垂直于平面，则直线l，m的位置关系是（ ）A. 平行B. 相交C. 垂直D. 异面【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的直线平行，理解判断【详解】根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的直线平行故选：A2. 已知等边的直观图的面积为，则的面积为（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由原图和直观图面积之间的关系即可得结果.【详解】因为直观图的面
2、积为，所以，解得，故选：D.3. 设命题则命题 p 的否定为（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】根据特称命题的否定为全称命题可求解.【详解】根据特称命题的否定为全称命题得，命题 p 的否定为.故选：B.4. 若且，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】D【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】若，满足，此时，排除充分性，若，满足，此时，排除必要性，故选：D5. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为2，则（ ）A 2B. C. 4D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义即可求得答案.
3、【详解】由题意，抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可知，.故选：A.6. 已知椭圆的长轴长为10，离心率为，则椭圆的短轴长为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】D【解析】【分析】根据已知求出，再求出即得解.【详解】由题意，得，所以，所以，所以椭圆的短轴长为8.故选：D.7. 设，分别是双曲线的左右焦点，是该双曲线上的一点，且，则的面积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线定义得到，用余弦定理和面积公式求出答案.【详解】设，则由双曲线的定义可得：，所以，故，又，故，故，所以的面积为.故选：C.8. 已知抛物线上的点到其准线的距离为，则（ ）A. B. C
4、. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据抛物线的标准方程的形式，确定的值，再根据焦半径公式求解.【详解】，因为点到的准线的距离为，所以，得故选：C9. 如图，在矩形ABCD中，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A-BCD正视图和俯视图如图所示，则三棱锥A-BCD的侧视图为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据正视图和俯视图得到该几何体的直观图，然后确定侧视图即可.【详解】由正视图和俯视图得到该几何体的直观图如下图所示：所以该几何体的侧视图是等腰直角三角形，选项D符合，故选：D10. 过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则圆柱
5、的侧面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据截面是面积为16的正方形可求底面圆的半径以及圆柱的高，进而可求圆柱的侧面积.【详解】如图所示，过圆柱的上，下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD，面积为16，故边长，即底面半径，侧棱长为，则圆柱的侧面积是，故选：B.11. 过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（ ）A. x-2y-1=0B. x-2y+1=0C. 2x+y-2=0D. x+2y-1=0【答案】A【解析】【分析】设出直线方程，利用待定系数法得到结果.【详解】设与直线平行的直线方程为，将点代入直线方程可得，解得则所求直线方程为故A正
6、确【点睛】本题主要考查两直线的平行问题，属容易题两直线平行倾斜角相等，所以斜率相等或均不存在所以与直线平行的直线方程可设为（理科做，文科不做）12. 已知斜率为的直线l与椭圆相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，若C，D恰好是线段的两个三等分点，则椭圆E的离心率e为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，由三等分点可用表示，表示，一方面由两点坐标得直线斜率，另一方面用点差法求得直线斜率，从而得的关系式，求得离心率【详解】如图，设，C，D分别是线段的两个三等分点，则，得，利用点差法，由两式相减得，整理得到，即，所以.故选：C（文科做，理科不做）13. 若曲线的切线
7、方程为，则（ ）A. -1B. 1C. -3D. 3【答案】C【解析】【分析】先切点为，利用斜率相等，切点即在直线上，又在曲线上，即可求解.【详解】解：设切点为，又，则有，解得：，故选：C二、填空题（共20分，每题5分）14. 平面与平面垂直的性质定理如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面_【答案】垂直【解析】【分析】根据平面与平面垂直的性质定理可得.【详解】平面与平面垂直的性质定理为：如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直，故答案为：垂直.15. 圆与的交点坐标为_.【答案】和【解析】【分析】联立两圆的方程即可求解.【详解】
8、联立，两式相减得，将其代入中得或，进而得或，所以交点坐标为故答案为：和16. 已知圆，过点作圆O的切线，则切线方程为_.【答案】或【解析】【分析】首先判断点圆位置关系，再设切线方程并联立圆的方程，根据所得方程求参数k，即可写出切线方程.【详解】由题设，故在圆外，根据圆及，知：过作圆O的切线斜率一定存在，可设切线为，联立圆的方程，整理得，解得或.切线方程为或.故答案为：或.17. 已知长方体外接球的体积为，则矩形面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】先根据条件分析出外接球的半径，然后根据长方体外接球的半径与棱长的关系，求解出的值，利用基本不等式可求解出的最大值，从而矩形面积的最大值可求.【详解
9、】设长方体的外接球的半径为，又长方体外接球的体积为，所以，所以，又因为长方体的体对角线为外接球的直径，所以，所以，所以，所以，取等号时，所以矩形面积的最大值为，故答案为：.【点睛】结论点睛：长方体、正方体的外接球的半径和棱长的关系：（1）已知长方体的长、宽、高分别为，则长方体外接球的半径；（2）已知正方体的棱长为，则正方体外接球的半径为.三、解答题（共70分）18. 如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点求证：（1）EH平面BCD；（2）BD平面EFGH.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）推导出EHBD，由此能证明EH平面BCD；（2）
10、由BDEH，由此能证明BD平面EFGH.【详解】（1）EH为ABD的中位线，EHBD.EH平面BCD，BD平面BCD，EH平面BCD；（2）FG为CBD的中位线，FGBD，FGEH，E、F、G、H四点共面，BDEH，BD平面EFGH，EH平面EFGH，BD平面EFGH.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.19. 已知圆，圆.（1）试判断圆C与圆M的位置关系，并说明理由；（2）若过点的直线l与圆C相切，求直线l的方程.【答案】（1）圆C与圆M相交，理由见解析 （2）或【解析】【分析】（1）利用圆心距与半径的关系即可判断结
11、果；（2）讨论，当直线l的斜率不存在时则方程为，当直线l的斜率存在时，设其方程为，利用圆心到直线的距离等于半径计算即可得出结果.【小问1详解】把圆M的方程化成标准方程，得，圆心为，半径.圆C的圆心为，半径，因为，所以圆C与圆M相交，【小问2详解】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为到圆心C距离为2，满足题意；当直线l斜率存在时，设其方程为，由题意得，解得，故直线l的方程为.综上，直线l的方程为或.19.（本题12分）共2道题，其中19-1文科做，理科不做.19-2理科做，文科不做，请选对题目.19-1文科做，理科不做.20. 已知函数（1）求曲线y = f（x）在点（1，f（1）处的切线的斜
12、率；（2）求函数f（x）的单调区间与极值；【答案】（1）1 （2）的单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为0，极大值为.【解析】【分析】（1）求导，求出即为切线斜率；（2）求导，列出表格，得到单调区间和极值.【小问1详解】因为，所以，因此曲线y = f（x）在点（1，）处的切线的斜率为1；小问2详解】令，解得：x = 0或2x020+0极小值极大值所以 f（x）在，内是减函数，在内是增函数因此函数f（x）在x = 0处取得极小值f（0），且f（0）= 0，函数f（x）在x = 2处取得极大值，且f（2）=；综上：的单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为0，极大值为.19-2理科做，文科不做
13、.21. 如图，在正方体中，O是AC与BD的交点，M是的中点求证：平面MBD【答案】证明见解析【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，由于，所以平面.22. （1）设抛物线上第一象限的点与焦点的距离为4，点到轴的距离为，求抛物线方程；（2）求与双曲线有共同的渐近线，且过点的双曲线标准方程【答案】；【解析】【分析】（1）设，根据抛物线上第一象限的点到轴的距离为，求得M的坐标，再利用抛物线的定义求解；（2）设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，再由双曲线过点求解.【详解】（1）设，因为抛物线上第一象限的点到轴的距离为，
14、所以，则，解得，又因为点与焦点的距离为4，由抛物线的定义得，解得，所以抛物线方程是；（2）设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，因为双曲线过点，所以，所以所求双曲线标准方程是23. 在长方体中，已知,求异面直线与所成角的余弦值.【答案】【解析】【分析】连接，由可得，是异面直线与所成的角，利用余弦定理可得结果.【详解】连接A1D，A1DB1C,BA1D是异面直线A1B与B1C所成的角 连接BD,在A1DB中, A1=A1D=5,BD=4cosBA1D=异面直线A1B与B1C所成角的余弦值是.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四
15、边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.24. 设椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为4，且点为椭圆上一点.拋物线的焦点与点关于直线对称.（1）求椭圆及抛物线的方程；（2）直线与椭圆交于，与拋物线交于（异于原点），若，求四边形的面积.【答案】（1）椭圆方程为，抛物线的方程为 （2）【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得出椭圆方程，根据对称求出即可得出抛物线方程；（2）联立直线与曲线方程，表示出弦长，根据已知求出，即可求出面积.【小问1详解】由题可得，解得，所以椭圆方程为，易得点关于直线对称点为,所以，即，所以抛物线的方程为.【小问2详解】联立方程得，设，则，设，联立方程，得，所以，因为，所以，解得，因为，所以，故直线方程为，所以，点到直线的距离为，点到直线的距离为，所以四边形的面积.