贵州省遵义市2022-2022学年度第一学期期末统考高二文科数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.将圆 2 2 2 1 ݕ平分的直线是 A. 1 ݕ .Dݕ 1 .Cݕ .Bݕ【答案】C【解析】解：将圆的方程化为标准方程得： 1 2 2 2 ，可得出圆心坐标为 1 2 ，将 1， 2代入A选项得： 1 1 2 1 2 ݕ，故圆心不在此直线上；将 1， 2代入B选项得： 1 2 ݕ，故圆心不在此直线上；将 1， 2代入C选项得： 1 1 2 1 ݕ，故圆心在此直线上；将 1， 2代入D选项得： 1 2 2 ݕ，故圆心不在此直线上，则直线 1 ݕ将圆平分．故选：C．将圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标，由所求直线要将圆平分，得到所求直线过圆心，故将圆心坐标代入四个选项中的直线方程中检验，即可得到满足题意的直线方程．此题考查了直线与圆相交的性质，以及圆的标准方程，其中根据题意得出将圆 2 2 2 1 ݕ平分的直线即为过圆心的直线是解本题的关键．2.设命题p： ， 2 1䁕ݕ，则￢ 为 ， 2 1䁕ݕ 1 2 ， .BݕA. ݕݕݕݕC. ， 2 1䁕ݕ 1 2 ， .Dݕݕݕ【答案】B【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p： ， 2 1䁕ݕ，则￢ 为： ， 2 1 ݕ．ݕݕ故选：B．利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基本知识的考查． .下列四个结论： 两条直线和同一个平面垂直，则这两条直线平行； 两条直线没有公共点，则这两条直线平行； 两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行； 一条直线和一个平面内任意直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．其中正确的个数为 1/12\nA.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】解： 两条直线都和同一个平面垂直，则这两条直线平行，根据线面垂直的性质，可得正确； 两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，故错误； 两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行、相交或异面，故错误； 一条直线和一个平面内任意直线直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行，故正确．故选：C．在 中，根据线面垂直的性质，可得正确；在 没有公共点的两条直线平行或异面；在 中，垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面； 根据线面平行的定义可以判断．本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用． .若扇形的面积为、半径为1，则扇形的圆心角为 A.B.C.D.2 1 【答案】B【解析】解：设扇形的圆心角为 ，则 扇形的面积为、半径为1， 12 1， 2 ， 故选：B．利用扇形的面积公式，即可求得结论．本题考查扇形的面积公式，考查学生的计算能力，属于基础题． 25.过点 2 2 且与双曲线 2 1有相同渐近线的双曲线的方程是 2 2 2 2 2 2 2 2 2A. 1B. 1C. 1D. 1 22 2 2【答案】B 2【解析】解：由题意知，可设所求的双曲线方程是 2 ，2 点 2 2 在双曲线方程上，22所以 2 2 ， 2，2 2 2故所求的双曲线方程是 1，2 \n故选：B． 2设所求的双曲线方程是 2 ，由点 2 2 在双曲线方程上，求出k值，即得所2求的双曲线方程．本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，解题的关键是根据渐近线 2方程相同设所求的双曲线方程是 2 ，属于基础题．2 .一个圆柱挖去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积等于 A. B. C.5 D. 【答案】B【解析】解：根据三视图可知该几何体是：一个圆柱在上底面挖去了一个同底等高的圆锥，且圆柱底面圆的半径为3，母线长是4，则圆锥的母线长是 2 2 5， 剩余部分的表面积 2 2 5 ，故选：B．根据三视图可知该几何体是：一个圆柱在上底面挖去了一个同底等高的圆锥，由三视图求出几何元素的长度，由圆柱、圆锥的侧面积公式求出剩余部分的表面积．本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力． .已知点 1 1 1 ， 2 2 2 ， 是抛物线 2 䁕ݕ 上的三点，其中 1䁕 2䁕 ，则 log1 1， log1 2， log1 大小关系为 222A. 䁕 䁕 B. 䁕 䁕 C. 䁕 䁕 D. 䁕 䁕 【答案】A【解析】解： 点 1 1 1 ， 2 2 2 ， 是抛物线 2 䁕ݕ 上的三点，其中 1䁕 2䁕 ， 1䁕 2䁕 ． /12\n log1 在 ݕ 上是减函数， log1 1， log1 2， log1 ，2222故有 䁕 䁕 ，故选：A．由题意利用对数函数的单调性可得 1䁕 2䁕 ，从而得出 䁕 䁕 ．本题主要考查对数函数的单调性，属于基础题． .设x， ， 1 ， ，且 ，则点 ݕ 到点 的最短距离是 121 A.2B.3C.D.55【答案】D 【解析】解： ， ݕ 即，ݕ， ． 25 21 点 ݕ 到点 的距离为 2 2 1 1 25 1 225 1 ． 5255故选：D．根据 ݕ得出x，y的关系，代入两点间的距离公式，配方得出答案．本题考查了平面向量的数量积运算，两点间的距离公式，属于中档题． .入射光线l从 2 1 出发，经x轴反射后，通过点 ，则入射光线l所在直线的方程为 1A. ݕB. 5 C. 2 5D. 2 52【答案】D【解析】解：由题意利用反射定律可得，点Q关于x轴的对称点 ̵ 在入射光线所在的直线上， 11 故入射光线l所在直线 ̵的方程为： ，化简可得 2 5， 22 故选：D．求得点Q关于x轴的对称点的坐标，再用两点式求得入射光线所在的直线的方程．本题主要考查求一个点关于直线的对称点的坐标，用两点式求直线的方程，属于中档题．1ݕ.“ ， 2 为等比数列”的 1 2”是“数列 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】B2 【解析】解：若 ݕ，则满足 1 2，但数列 不是等比数列，即充分性不成立，\n反之若数列 为等比数列，则 ， 2 ，成立，即必要性不成立， 1 2即“ ， 2 为等比数列”的必要不充分条件， 1 2”是“数列 故选：B．根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质是解决本题的关键．11.已知三棱柱 1. 111.1的侧棱与底面边长都相等， 1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与..1所成的角的余弦值为 5 A.B.C.D. 【答案】D【解析】解：设BC的中点为D，连接 1D、AD、 11，易知 1 1即为异面直线AB与..1所成的角； 12并设三棱柱 1. 111.1的侧棱与底面边长为1，则 ， 1 2， 11 ，2211 1 由余弦定理，得cos 2 ．2 故选：D．首先找到异面直线AB与..1所成的角 如 1 1 ；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出 11的长度即可；不妨设三棱柱 1. 111.1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．本题主要考查异面直线的夹角与余弦定理．12.已知抛物线C： 2 的焦点为F，准线与x轴的交点为K，点A在C上且 2 ㈱ ，则 ㈱ 的面积为 A.4B.8C.16D.32【答案】B【解析】解： 抛物线C： 2 的焦点为㈱ 2 ݕ ，准线为 2 2 ݕ 设 ݕ 2 1则，AB线垂作线准向点A过， ݕ ݕ 2 ㈱ ，又 ㈱ 1 ݕ 2 ݕ 2 由1 2 2 12得 2 2 2，即 2 2，解ݕݕݕݕ得 2 11 ㈱ 的面积为 ㈱ ݕ 22故选：B．5/12\n根据抛物线的方程可知焦点坐标和准线方程，进而可求得K的坐标，设 ݕ ݕ ，过A点向准线作垂线AB，则1 2 ݕ 2 ݕ 1 ㈱ 及 ㈱ 2 据根， ݕ 2，进而可求得A点坐标，进而求得 ㈱ 的面积．本题抛物线的性质，由题意准确画出图象，利用离心率转化位置，在 1 中集中条件求出 ݕ是关键；二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）21 .已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则此圆锥的体积 为______．22【答案】 【解析】解： 圆锥侧面展开图是一个圆心角为12ݕ 半径为3的扇形2 圆锥的母线长为 ，底面周长即扇形的弧长为 2 ， 底面圆的半径 1，可得底面圆的面积为 2 又圆锥的高 2 2 1 22122故圆锥的体积为 22 ， 22故答案为： ． 2 由于圆锥侧面展开图是一个圆心角为，半径为3的扇形，可知圆锥的母线长，底面周 长即扇形的弧长，由此可以求同底面的半径r，求出底面圆的面积，再由 2 2求出圆锥的高，然后代入圆锥的体积公式求出体积．本题考查弧长公式及旋转体的体积公式，解答此类问题关键是求相关几何量的数据，本题考查了空间想像能力及运用公式计算的能力．1 .直线l垂直于 1 ݕ 2 2 2 ：C圆分平且，ݕ，则直线l的方程为______．【答案】 1ݕ ݕ【解析】解：根据题意，直线l垂直于 1 ݕ 为程方的l线直设，ݕ，圆C： 2 2 2 ݕ的圆心C为 1 2 ，若直线l平分圆C： 2 2 2 ݕ，则直线l经过圆心C，则有 1 2 ݕ1 得可解，ݕ；则直线l的方程为 1ݕ ݕ；故答案为： 1ݕ ݕ．根据题意，设直线l的方程为 ݕ，分析圆C的圆心，分析可得直线l经过圆心C，则有 1 2 ݕ，解可得m的值，将m的值代入直线l的方程，即可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，注意直线平分圆的含义，属于基础题．\n15.已知 1.的三个顶点在以O为球心的球面上，且 1 22，1. 1， . ， 三棱锥 1.的体积为，则球O的表面积为______． 【答案】12 【解析】解： 1.中 1 22，1. 1， . ，由勾股定理可知斜边AC的中点 ̵就是 1.的外接圆的圆心， 三棱锥 1.的体积为， 11 22 1 ̵ ， 2 ̵ 2 ， 球O的表面积为 2 12 ．故答案为：12 ．确定斜边AC的中点 ̵就是 1.的外接圆的圆心，利用三棱锥 1.的体积，求出O到底面的距离，求出球的半径，然后求出球的表面积．本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力． 2 21 .椭圆C： 1 䁕 䁕ݕ 的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P、Q 2 2两点，若 ， ，则椭圆C的离心率为______．25【答案】5 【解析】解：不妨设点P在第一象限，由对称性可得 ，22 1 ，在 中，cos ， 2 ݕ ， ， 2 2代入椭圆方程得： 1，1 21 2 2 5 2 5 2 2 ，整理得2 5 ， 25 离心率 ． 525故答案为：．5 设点P在第一象限，由对称性可得 ，推导出 ݕ， ，由22 此能求出椭圆的离心率．本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用． /12\n三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）1 .已知命题p： ， 2 ݕ，命题q：点 1 2 在圆 2 2 1的内部． 1 若命题p为真命题，求实数m的取值范围； 2 若命题“p或q”为假命题，求实数m的取值范围．【答案】解： 1 命题p为真命题， ： ， 2 ݕ恒成立，1 1 ݕ，解得 ． 1所以实数m的取值范围是 ． 2 命题“p或q”为假命题， 与q都为假命题，当q为真命题时， 1 2 2 2䁕1，解得1䁕 䁕2， 为假命题时 1或 2，1由 1 知，p为假命题时： 䁕 ． 1 䁕 1从而 ，解得 䁕 1或 2． 2或 11所以实数m的取值范围为 1 2 ． 【解析】 1 命题p为真命题，由 ， 2 ݕ 得可，立成恒ݕ，解得实数m的取值范围． 2 由命题“p或q”为假命题，可得p与q都为假命题，进而得出实数m的取值范围．本题考查了不等式的性质与解法、充要条件的判定方法、点与圆的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．1 .如图，在直四棱柱 1. 111.1 1中，底面ABCD是边长为2的正方形，E，F分别为线段 1，BD的中点． 1 求证： ㈱//平面 1.1 1； 2 四棱柱 1. 111.1 1的外接球的表面积为1 ，求异面直线EF与BC所成的角的大小．【答案】解： 1 连接1 1，在 11中，E、F分别为线段 1、BD的中点， ㈱为中位线， ㈱// 11， 11 面 1.1 1， ㈱ 面 1.1 1， ㈱//平面 1.1 1； 2 由 1 知 ㈱// 11，故 11.即为异面直线EF与BC所成的角，\n 四棱柱 1. 111.1 1的外接球的表面积为1 ， 四棱柱 1. 111.1 1的外接球的半径 2，12设 1 ，则 2，解得 22，2在直四棱柱 1. 111.1 1中， 1. 平面. 1.1，. 1 平面. 1.1， 1. . 1，在 ..1 1中，1. 2，. 1 2 ， 1. 1.， 1. tan 11. ，则 11. ݕ，1. 异面直线EF与BC所成的角为 ݕ ．【解析】 1 连接1 1，由中位线定理证明 ㈱// 11，由线面平行的判定定理证明 ㈱//平面 1.1 1； 2 由 1 和异面直线所成角的定义，得异面直线EF与BC所成的角是 11.，由题意和球的表面积公式求出外接球的半径，由勾股定理求出侧棱 1的长，由直四棱柱的结构特征和线面垂直的定义，判断出1. . 1，在 ..1 1中求出tan 11.，求出 11.可得答案．本题考查了异面直线所成角的定义以及求法，线面平行的判定定理，球的表面积公式，以及直四棱柱的结构特征，属于中档题．1 .已知圆C的圆心在直线2 1 ݕ 1， 2 点过经C圆且，上ݕ 2 ． 1 求圆的标准方程； 2 直线l过点 1 1 且与圆C相交，所得弦长为4，求直线l的方程．【答案】解： 1 设圆心为M，则M应在AB的中垂线上，其方程为 2， 2 2由2 1 ݕ ，即圆心M坐标为 2 又半径 ȁ 5，故圆的方程为 2 2 2 5． 2 点 1 1 在圆内，且弦长为 䁕25，故应有两条直线符合题意，此时圆心到直线距离 5 1． 当直线的斜率不存在时，直线的方程为 1，此时圆心到直线距离为1，符合题意． 当直线的斜率存在时，设其斜率为k，直线方程为 1 1 2 1 整理为 1 ݕ，则圆心到直线距离为 1 2 1 解得 ，直线方程为 1 ݕ 综上 ，所求直线方程为 1或 1 ݕ．【解析】 1 根据题意，设圆心为M，分析可得圆心再直线 2和2 1 ݕ上，解可得圆心的坐标，进而可得r的值，由圆的标准方程计算可得答案； 2 根据题意，求出圆心到直线的距离，分2种情况讨论： 当直线的斜率不存在时，直线的方程为 1， 当直线的斜率存在时，设其斜率为k，直线方程为 1 1 ，由直线与圆的方程可得k的值，综合2种情况即可得答案． /12\n本题考查直线与圆的方程以及应用，关键是求出圆M的方程，属于基础题．2ݕ.已知，动点P在抛物线 2 2 上，过点P作x轴的垂线，垂足为点H，动点Q满1足： ．2 1 求动点Q的轨迹E的方程； 2 过点 5 且斜率为k的直线交轨迹E于A，B两点，M点的坐标为 ，设直线MA，MB的斜率分别为 1和 2，求 1 2的值．1【答案】解： 1 设点 ，由 ，则点 2 ，2将点 2 代入 2 2 得 2 ． 动点Q的轨迹E的方程为 2 ． 2 设过点N的直线方程为 5， 1 1 ，1 2 2 . 5联立2，得 2 1 2ݕ ݕ， 则 1 2 ， 1 2 1 2ݕ． 1 2 1 ， 2 ， 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 11 1 1 2 ． 1 2 1 2 1 2 1 2 【解析】 1 设 ，则 2 ，代入 2 2 得出轨迹方程； 2 联立直线AB方程与Q的轨迹方程，得出A，B的坐标关系，代入斜率公式计算 1 2化简即可．本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，直线的斜率，属于中档题．21.如图1所示，在直角梯形ABCD中， 1// .， . ݕ ，. 1， ， 1 ，.1 2 .将 .沿AC折起，使得点D在平面ABC的正投影O恰好落在AC边上，得到几何体 1.，如图2所示． 1 求证： 平面BCD； 2 求点C到平面ABD的距离．【答案】证明： 1 据题意得： 平面ABC， 1.因为 . 2，.1 2 ， 1 ，满\n足 .2 .12 12，所以 . 1.又 . ，所以1. 平面ADC，得1. ， 分 又 .，1. . .， 平面1. 分 2 设点C到平面ABD的距离为d， . 1由 1 知：DO是三棱锥 1.的高，且 ， 1. . 1. 2 ， .221 1 ， 1 12 2 1 ， 1 1 ，22由 . 1 1.，得 1 1. ，2 所以点C到平面ABD的距离： 12分 1 【解析】 1 推导出 平面ABC，从而 1.，推导出 . 1.，从而1. 平面ADC，1. ，再由 .，能证明 平面BCD． 2 设点C到平面ABD的距离为d，由 . 1 1.，能求出点C到平面ABD的距离．本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 2 222.给定椭圆C：2 2 1 䁕 䁕ݕ ，称圆心在原点O，半径为 2 2的圆是椭 圆C的“准圆”.若椭圆C的一个焦点为㈱ 2 ݕ ，其短轴上的一个端点到F的距离为 ． 1 求椭圆C的方程和其“准圆”方程． 2 点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过点P作直线 1， 2，使得 1， 2与椭圆C都只有一个交点.求证： 1 2．【答案】解： 1 因为 2 ，所以 1 2所以椭圆的方程为 2 1， 准圆的方程为 2 2 ． 2 当 1， 2中有一条无斜率时，不妨设 1无斜率，因为 1与椭圆只有一个公共点，则其方程为 或 ，当 1方程为 时，此时 1与准圆交于点 1 1 ，此时经过点 1 或 1 且与椭圆只有一个公共点的直线是 1 或 1 ，即 2为 1 或 1 ，显然直线 1， 2垂直；同理可证 1方程为 时，直线 1， 2垂直．， 都有斜率时，设点 ，其中 2 2 ， 当 12ݕݕݕݕ设经过点 ݕ ݕ 为线直的点共公个一有只圆椭与， ݕ ݕ， ݕ ݕ 则 2，消去y得到 2 ݕ 2 ݕ ݕ， 2 1 即 1 2 2 ݕ ݕ ，ݕ 2 ݕ ݕ ݕ ݕ 2 1 2 ݕ 2 ݕ ݕ，11/12\n经过化简得到： 2 2 2 1 2 ݕ，因为 2 2 ，所以有 2 2 ݕݕݕݕݕݕݕ2 2 ݕ，ݕݕݕ设 1， 2的斜率分别为 1， 2，因为 1， 2与椭圆都只有一个公共点，所以 ， 满足上述方程 2 2 2 2 ݕ，12ݕݕݕݕ所以 1 2 1，即 1， 2垂直．【解析】 1 欲求椭圆C的方程和其“准圆”方程，只要求出半径 2 2即可，即分别求出椭圆方程中的a，b即得，这由题意不难求得； 2 先分两种情况讨论： 当 1， 2中有一条无斜率时； . 当 1， 2都有斜率时，第一种情形比较简单，对于第二种情形，将与椭圆只有一个公共点的直线为 ݕ ݕ，代入椭圆方程，消去去y得到一个关于x的二次方程，根据根的判别式等于0得到一个方程： 2 2 2 2 ݕ，而直线 ， 的斜率正好是这个方程的ݕݕݕݕ12两个根，从而证得 1 2．本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的综合问题，突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高．
