安徽省蚌埠市2022学年高二上学期期末学业水平检测数学（理）试题

安徽省蚌埠市2022-2022学年高二上学期期末学业水平检测数学（理）试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）∈R，2x2+1≤2，则该命题的否定是()1.若命题p：∃x00∈R，2x2+1>2B.∃x∈R，2x2+1≥2A.∃x0000C.∀x∈R，2x2+1≤2D.∀x∈R，2x2+1>2【答案】D【解析】解：由特称命题的否定可知：命题p的否定是“∀x∈R，2x2+1>2，故选：D．由特称命题的否定方法可得．本题考查特称命题的否定，属基础题．2.已知直线x+my−3=0的倾斜角为30∘，则实数m的值为()333A.−3B.−C.D.332【答案】A【解析】解：直线x+my−3=0的倾斜角为30∘，∘1∴tan30=−，m则实数m=−3．故选：A．∘∘1直线x+my−3=0的倾斜角为30，可得tan30=−，即可得出．m本题考查了斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.抛物线x2=4y的准线方程是()A.y=−1B.y=−2C.x=−1D.x=−2【答案】Ap【解析】解：由x2=2py(p>0)的准线方程为y=−，2则抛物线x2=4y的准线方程是y=−1，故选：A．p由x2=2py(p>0)的准线方程为y=−，则抛物线x2=4y的准线方程即可得到．21/12\n本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的准线方程的求法，属于基础题．4.空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC=∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能【答案】D【解析】解：如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选：D．根据条件作出示意图，容易得到三种情况．此题考查了直线的位置关系，难度不大．5.已知直线l过点P(−1,3)，圆C：x2+y2=4，则直线l与圆C的位置关系是()A.相切B.相交C.相切或相交D.相离【答案】C【解析】解：因为P(−1,3)在圆C上，所以直线l与圆C相切或相交．故选：C．因为P(−1,3)在圆C上，所以直线l与圆C相切或相交．本题考查了直线与圆的位置关系，属基础题．6.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A.若m⊥n，n//α，则m⊥αB.若m//β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥αD.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α【答案】D\n【解析】解：对于A，由n//α可知存在直线a⊂α，使得a//n，故当m为α内与a垂直的直线时，显然m⊥n，m⊂α，故A错误；对于B，设α∩β=a，则当m为α内与a平行的直线时，m//β，m⊂α，故B错误；对于C，设α∩β=a，则当m为β内与与a平行的直线时，m//α，故C错误；对于D，由m⊥β，n⊥β可得m//n，又n⊥α，故m⊥α，故D正确．故选：D．根据空间线面位置关系的性质与判定判断．本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题．7.已知a=(1,−2,3)，b=(−1,1，−4)，c=(1,−3,m)，则“m=1”是“a，b，c构成空间的一个基底”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】A【解析】解：①当“m=1”时，c=(1,−3,1)，易得：a，b，c不共面，即a，b，c能构成空间的一个基底，即“m=1”是“a，b，c构成空间的一个基底”的充分条件，②当a，b，c能构成空间的一个基底，则a，b，c不共面，设a，b，c共面，x−y=1x=2即c=xa+yb，解得：y−2x=−3，即y=1，3x−4y=mm=2即a，b，c能构成空间的一个基底时，m的取值范围为：m≠2，即当a，b，c能构成空间的一个基底，不能推出m=1，即“m=1”是“a，b，c构成空间的一个基底”的不必要条件综合①②得：“m=1”是“a，b，c构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选：A．由共面向量定理可得：：①当“m=1”时，c=(1,−3,1)，易得：a，b，c不共面，即a，b，c能构成空间的一个基底，②当a，b，c能构成空间的一个基底，则a，b，c不共面，解得：m≠2，综合①②得解本题考查了向量共面的判断及充分必要条件，属中档题．y28.直线l：y=k(x−2)与双曲线x2−=1仅有一个公共点，则实数k的值为()33A.3B.−3C.±3D.±3【答案】C3/12\ny2【解析】解：由x2−=0得y=±3x，即双曲线的渐近线为y=±3x，3当直线l：y=k(x−2)与渐近线y=±3x，平行时，直线l：y=k(x−2)与双曲线x2−y2=1仅有一个公共点，3此时k=±3时，当k≠±3时，∵直线l：y=k(x−2)恒过定点(2,0)，且(2,0)在双曲线的内部，则直线l不可能与双曲线相切，∴满足条件的k的值为±3，故选：C．根据直线和双曲线有一个公共点，得到直线与双曲线的渐近线平行或直线和双曲线相切，然后进行求解即可．本题主要考查直线和双曲线位置关系的应用，结合直线和双曲线只有一个公共点，转化为直线与双曲线的渐近线平行或直线和双曲线相切是解决本题的关键．9.圆x2+y2=8与圆x2+y2+4x−16=0的公共弦长为()A.8B.4C.2D.1【答案】B【解析】解：两圆方程作差得x=2，当x=2时，由x2+y2=8得y2=8−4=4，即y=±2，即两圆的交点坐标为A(2,2)，B(2,−2)，则|AB|=2−(−2)=4，故选：B．两圆作差得到公共弦方程.联立方程组求出交点坐标，利用两点间的距离公式进行计算即可．本题主要考查两圆公共弦弦长的计算，利用作差法求出公共弦方程以及求出交点坐标是解决本题的关键.比较基础．10.如图，在正三棱锥P−ABC中，AB=2PA，M为PC中点，则直线BM与AC所成角的余弦值为()10A.103B.23C.61D.2【答案】A【解析】解：取PA中点N，连结BN，MN，\n设AB=2PA=2，则∠BPA=∠BPC=∠APC=90∘，110∴BN=BM=BP2+PN2=2+=，MN=1，且MN//AC，22∴∠BMN是直线BM与AC所成角(或所成角的补角)，1010BM2+MN2−BN24+1−410cos∠BMN===．2⋅BM⋅MN2×10×110210∴直线BM与AC所成角的余弦值为．10故选：A．取PA中点N，连结BN，MN，设AB=2PA=2，则∠BPA=∠BPC=∠APC=90∘，推导出BN=BM=BP2+PN210，MN=1，且MN//AC，∠BMN是直线BM与AC=2所成角(或所成角的补角)，由此能求出直线BM与AC所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．x2y211.椭圆C：+=1(a>b>0)的左焦点为F，若F关于直线3x+y=0的对称点a2b2A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为()A.2−1B.3−1C.5−2D.6−2【答案】Bn⋅(−3)=−1m+c【解析】解：设F(−c,0)关于直线3x+y=0的对称点A(m,n)，则m−cn，3⋅+=022c3∴m=，n=c，22c232c222代入椭圆方程可得4+4=1，a=b+c，a2b2化简可得e4−8e2+4=0，∴e=3−1，故选：B．求出F(−c,0)关于直线3x+y=0的对称点A的坐标，代入椭圆方程可得离心率．本题考查椭圆的方程简单性质的应用，考查对称知识以及计算能力．12.某几何体的三视图如图所示，正视图为直角三角形，侧视图为等边三角形，俯视图为等腰直角三角形，则其外接球的表面积为()A.5π20B.π3C.8π28D.π35/12\n【答案】D【解析】解：几何体为三棱锥，作出直观图如图所示，由三视图可知定点A在底面的射影为CD的中点F，底面BCD为到腰直角三角形，BD⊥CD，设外接球的球心O，E，M分别是△BCD，△ACD的外心，OE⊥平面BCD，OM⊥平面ACD，则E为BC中点，EC=2，OE=AF3FM==.OC=R，33在△OEC中，由勾股定理得：R2232，解得R2=7，故S=28π=(2)+(3)3球表3故选：D．作出几何体的直观图，根据三视图的特点找出外接球球心的位置，利用勾股定理列方程解出球的半径．本题考查了棱锥的结构特征和三视图，棱锥与外接球的关系，作出直观图是解题关键．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.半径为6的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为______．【答案】93π【解析】解：如图所示，半径为6的半圆卷成一个圆锥，则圆锥的母线长为6，设圆锥的底面半径为r，则2πr=6π，即r=3，∴圆锥的高h=62−32=33，12∴圆锥的体积为V=⋅π⋅3⋅33=93π.3故答案为：93π.根据题意画出图形，结合图形求出圆锥的底面半径和高，即可求得圆锥的体积．本题考查了圆锥的侧面展开图与侧面面积和锥体体积的计算问题，是基础题．14.已知直线经过点A(1,−1)，且直线l的一个法向量n=(2,1)，则直线l的方程为______．\n【答案】2x+y−1=01【解析】解：直线l的一个法向量n=(2,1)，则直线l的斜率k=−1=−2．2∴直线l的方程为：y+1=−2(x−1)，化为：2x+y−1=0．故答案为：2x+y−1=0．直线l的一个法向量n=(2,1)，可得直线l的斜率，利用点斜式即可得出．本题考查了直线的法向量、点斜式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.已知点F为抛物线y2=8x的焦点，过F的直线交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2−y1y2=______．【答案】20【解析】解：抛物线的焦点坐标为F(2,0)，当过F的直线的斜率k不存在时，x1=x2=2，此时y2=8×2=16，即y=±4，即y1y2=−4×4=−16，则x1x2−y1y2=2×2−(−16)=4+16=20，当过F的直线的斜率k存在时，过F的直线方程为y=k(x−2)，联立方程y2=8x得ky2−8y−16k=0，−16k则y1y2==−16，ky2y216×16又xx=1×2==4，12888×8则x1x2−y1y2=4+16=20，故答案为：20．求出抛物线的焦点坐标，和直线方程，联立方程组利用根与系数之间关系进行求解是即可．本题主要考查直线和抛物线位置关系的应用，联立直线方程组，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．16.过点P(0,3)作直线l：(m+n)x+(2n−4m)y−6n=0的垂线，垂足为点Q，则点Q到直线x−2y−8=0的距离的最小值为______．【答案】5【解析】解：直线l：(m+n)x+(2n−4m)y−6n=0，化为m(x−4y)+n(x+2y−6)=0，x−4y=0联立，解得x=4，y=1．x+2y−6=0∴直线l经过定点M(4,1)．线段PM的中点G(2,2)．∵PQ⊥l．∴点Q在以点G为圆心，以|PG|=5为半径点圆上．其圆的标准方程为：(x−2)2+(y−2)2=5．圆心G到直线x−2y−8=0点距离d=7/12\n|2−2×2−8|=25．5∴点Q到直线x−2y−8=0的距离的最小值为5．故答案为：5．直线l：(m+n)x+(2n−4m)y−6n=0，化为m(x−4y)+n(x+2y−6)=0，可得直线l经过定点M(4,1).线段PM的中点G.根据PQ⊥l.可得点Q在以点G为圆心，以|PG|为半径点圆上.利用点到直线的距离公式可得点Q到直线x−2y−8=0的距离的最小值．本题考查了直线系的应用、圆的方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）x2y2m+117.已知命题p：方程+=1表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：实数m满足<m−15−mm−40.若“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，求实数m的取值范围．x2y2【答案】解：若方程+=1表示焦点在y轴上的椭圆，m−15−m5−m>0m<5则m−1>0，即m>1，即1<m<3，5−m>m−1m<3m+1由实数m满足<0得−1<m<4，m−4若“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，则p，q一个为真命题，一个为假命题，1<m<3若p真q假，则，此时m无解，m≥4或m≤−1m≥3或m≤1若p假q真，则，得−1<m≤1或3≤m<4，−1<m<4即实数m的取值范围是−1<m≤1或3≤m<4．【解析】求出命题平面p，q为真命题的等价条件，结合复合命题真假关系进行求解即可．本题主要考复合命题真假关系应用，求出命题p，q为真命题的等价条件是解决本题的关键．18.已知直线l1：2x+y+1=0，l2：ax+2y+8+a=0，且l1//l2．(1)求直线l1与l2的距离；(2)已知圆C与直线l2相切于点A，且点A的横坐标为−2，若圆心C在直线l1上，求圆C的标准方程．a28+a【答案】解：(1)∵l1//l2，∴=≠，解得a=4，211∴l1：2x+y+1=0，l2：2x+y+6=0，|6−1|5故直线l1与l2的距离d=12+22=5=5．(2)当x=−2代入2x+y+6=0，得y=−2，\n所以切点A的坐标为(−2,−2)，1从而直线AC的方程为y+2=(x+2)，得x−2y−2=0，2联立2x+y+1=0得C(0,−1)．由(1)知⊙C的半径为5，所以所求圆的标准方程为：x2+(y+1)2=5．【解析】(1)先由两直线平行解得a=4，再由平行直线间的距离公式可求得；(2)代x=−2得A(−2,−2)，可得AC的方程，与l1联立得C(0,−1)，再求得圆的半径，从而可得圆的标准方程．本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．19.如图，在三棱锥P−ABC中，D，E，F分别为棱PB，AB，BC的中点，已知PA⊥AB，PA=2，AC=4，DF=5．(1)求证：直线PA//平面DEF；(2)求证：平面CDE⊥平面ABC．【答案】证明：(1)∵D，E，F分别为棱PB，AB，BC的中点，∴PA//DE，又DE⊂平面DEF，PA⊄平面DEF，∴PA//平面DEF．(2)∵D，E，F分别为棱PB，AB，BC的中点，DF=5，∴DE=1，EF=2，∴DE2+EF2=DF2，∴DE⊥EF，又PA⊥AB，∴DE⊥AB，EF∩AB=E，∴DE⊥平面ABC，又DE⊂平面CDE，∴平面CDE⊥平面ABC．【解析】(1)推导出PA//DE，由此能证明PA//平面DEF．(2)推导出DE⊥EF，PA⊥AB，DE⊥AB，从而DE⊥平面ABC，由此能证明平面CDE⊥平面ABC．本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．29y220.已知抛物线C1：y=x，双曲线C2：x2−=1.若抛物线C1与双曲线C2在第一象限23的交点是P，直线l过点P，斜率为2．(1)求双曲线C2的渐近线方程及其离心率；(2)求直线l被抛物线C1所截得的弦长．9/12\ny2c【答案】解：(1)双曲线C2：x2−=1，则渐近线方程为y=±3x，离心率e==2，3a29y=x2x=2(2)由2，解得y=±3，2yx−=13∵点P在第一象限，∴P(2,3)，∴直线l的方程为y−3=2(x−2)，即y=2x−1，y=2x−12171由29，消y可得8x−17x+2=0，从而x1+x2=，x1x2=，y=x842155∴直线l被抛物线C1所截得的弦长d=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=8【解析】(1)根据双曲线的性质即可求出，(2)先求出直线l的方程，再根据弦长公式即可求出．本题考查了双曲线的性质，和弦长公式，考查了运算求解能力，属于基础题21.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1和平面C1BD分别交于点G，H．(1)求证：点G，H是线段A1C的三等分点；(2)在棱D1C1上是否存在点M，使得二面角M−BD−C1∘D1M的大小为60？若存在，求的值；若不存在，请说明D1C1理由．【答案】证明：(1)连结A1B，交AB1于O，∵正方体ABCD−A1B1C1D1，∴A1B⊥AB1，且BC⊥平面A1B1BA，∴AB1⊂平面A1B1BA，BC⊥AB1，又A1B∩BC=B，∴AB1⊥平面A1BC，∵A1C⊆平面A1BC，∴AB1⊥A1C，同理，B1D1⊥A1C，又AB1∩B1D1=B1，∴A1C⊥平面AB1D1，设正方体棱长为1，则由VA−A1B1D1=VA1−AB1D1，得：11132××1×1×1=××(2)⋅A1G，32343解得A1G=，33同理，HC=，由题意知A1C=3，3∴G，H是线段A1C的三等分点．解：(2)如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，D1M设正方体的棱长为1，设=m，D1C1即M(0,m，1)，m∈[0,1]，则B(1,1，0)，A1(1,0，1)，C(0,1，0)，由(1)知A1C是平面C1BD的一个法向量，且A1C=(−1,1，−1)，DM=(0,m，1)，DB=(1,1，0)，\n设平面MBD的一个法向量为n=(x,y，z)，DM⋅n=my+z=0则，令x=1，得n=(−1,1，m)，DB⋅n=x+y=0∘|A1C⋅n|1=|−2−m|由cos60=，得，|A1C|⋅|n|23⋅2+m2由m∈[0,1]，得m无解，故棱DC上不存在点M，使得二面角M−BD−C的大小为60∘．111【解析】(1)连结A1B，交AB1于O，推导出BC⊥AB1，AB1⊥A1C，B1D1⊥A1C，从而3A1C⊥平面AB1D1，设正方体棱长为1，则由VA−A1B1D1=VA1−AB1D1，能求出A1G=，33同理，HC=，由题意知A1C=3，由此能证明G，H是线段A1C的三等分点．3(2)以D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱D1C1上不存在点M，使得二面角M−BD−C的大小为60∘．1本题考查线段的三等分点的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，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．x2y222.已知椭圆C：+=1(a>b>0)的右焦点为F(2,0)，过点F的直线交椭圆C于a2b242A，B两点，且AB的中点坐标为(,−).33(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆的下顶点为D，经过点(2,2)且斜率为k的直线与椭圆C交于不同两点P，Q(均异于点D)，证明：直线DP与DQ的斜率之和为定值．84【答案】解：(1)A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=，y1+y2=−，33x2y211+=1a2b211由x2y2，两式相减a2(x1+x2)(x1−x2)+b2(y1+y2)(y1−y2)=0，22+=1a2b2y1−y2b2x1+x22b2∴kAB==−2⋅=2，x1−x2ay1+y2a20+3∵kAB=4=1，2−32b2∴=1，a2∵4=c2=a2−b2，解得b2=4，a2=8，x2y2∴椭圆方程为+=1，84证明：(2)由题设可设直线PQ的方程为y−2=k(x−2)，k≠2，x2y222代入+=1，得(1+2k)x−8k(k−1)x+8k(k−2)=0，84由已知△>0，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，x1x2≠0，8k(k−1)8k(k−2)则x1+x2=1+2k2，x1x2=1+2k2，11/12\n从而直线DP，DQ的斜率之和y1+2y2+2kx1−2k+4kx2−2k+4kDP+kDQ=+=+x1x2x1x2x1+x28k(k−1)=2k+(4−2k)=2k+2(2−k)⋅=2k−2(k−1)=2，x1x28k(k−2)故直线DP与DQ的斜率之和为定值2b222222【解析】(1)利用点差法可得=1，再根据4=c=a−b，解得b=4，a=8，a2即可求出椭圆方程；(2)设直线PQ的方程为y−2=k(x−2)，k≠2，代入椭圆方程，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能证明直线DP与DQ的斜率之和为定值．本题考查椭圆方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、椭圆性质的合理运用．