山东省淄博市淄博第四中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题.docx

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1、淄博四中高202 级高二上学期学情自测数学试卷第卷（共60分）一、单项选择题：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. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）A. 互斥B. 相互对立C. 相互独立D. 相等【答案】C【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件和独立事件的定义即可判断.【详解】显然事件A和事件B不相等，故D错误，由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B

2、相互独立，故C正确.故选：C.2. 圆关于直线对称的圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】一个圆关于直线对称的圆是圆心坐标关于直线对称，半径相等，求出已知圆的圆心坐标及半径，设所求圆的圆心，可得两个圆心的中垂线为已知直线，进而求出所求的圆心坐标，即可写出圆的方程.【详解】由圆的方程可得，圆心坐标半径为2，由题意可得关与直线对称的圆的圆心为关于直线对称的点，半径为2，设所求圆的圆心为，则，解得，故圆的方程为故选：D3. 已知向量，若，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】依题意可得，即可得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，且，所以，即，解得故

3、选：A4. 抛物线的焦点坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将已知抛物线方程整理成标准形式，从而可求出焦点坐标.【详解】由可得，焦点在轴的正半轴上，设坐标为，则，解得，所以焦点坐标为.故选：C.5. 已知直线与圆相交于两点，当变化时，的面积的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将的面积表示出来即可求出最大值.【详解】因为直线直线恒过点在圆内，所以直线与圆相交，圆的圆心，所以的面积的最大值为：.故选：C.6. 已知抛物线C：y24x焦点为F，准线为l，直线，动点M在C上运动，记点M到直线l与l的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d

4、2最小时，cosMFO（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由抛物线的定义可知，d1|MF|，设MNl，垂足为N，d1+d2|MF|+|MN|，当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，再结合点到直线的距离公式，以及直角三角形中的锐角的余弦值即可求出结果.【详解】由抛物线的定义可知，d1|MF|，设MNl，垂足为N，d1+d2|MF|+|MN|，当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，抛物线C：y24x，焦点F（1，0），|FN|d，设直线l与x轴的交点为D，令y0，得，即FD2+13，在RtDNF中，cosMFOcosNFD故选：A7. 过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A

5、，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程.【详解】设，则以为直径的圆，即因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上，所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆，所以由得直线的方程为：，又点满足直线方程，所以，即.故选：A.8. 如图，棱长为3正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】过F作F关于平

6、面的对称点，连接交平面于点，证明此时的使得最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，的最小值为.【详解】过F作F关于平面的对称点，连接交平面于点.可以证明此时的使得最小：任取(不含)，此时.在点D处建立如图所示空间直角坐标系，则，因为E，F分别为BD1的三等分点，所以,又点F距平面的距离为1，所以,的最小值为.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得 2分，有选错的得0分9. 已知椭圆的焦距为4，则（ ）A. 椭圆C的焦点在x轴上B. 椭圆C的长轴长是短轴长的倍C. 椭圆C的离心率为D. 椭圆C上的点

7、到其一个焦点的最大距离为【答案】BC【解析】【分析】根据条件先求解出的值，然后逐项判断焦点位置、长轴长和短轴长的数量关系、离心率以及椭圆上的点到焦点的最大距离.【详解】因为，所以，所以焦点在轴上，故A错误；又因为焦距为，所以，所以，所以，所以长轴长，短轴长，所以，故B正确；因为，所以离心率，故C正确；因为椭圆方程，取一个焦点，设椭圆上的点，所以，又因为，当时取最大值，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】结论点睛：椭圆上的点到焦点的距离的最大值和最小值：（1）最大值：，此时为长轴的端点且与在坐标原点两侧；（2）最小值：，此时为长轴的端点且与在坐标原点同侧.(可利用点到点的距离公式结合椭圆方程进行

8、证明)10. 下列四个命题中是真命题的是（ ）A. 圆与圆恰有三条公切线B. 若点在圆的内部，则C. 若直线与曲线只有一个公共点，则D. 若的图象与圆有两个公共点，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A，只要证明两圆外切即可得出结论；对于B，由题意可得，从而可得答案；对于C，曲线化为，根据直线与半圆的交点个数，结合图像即可得出答案；对于D，的图象与圆有两个公共点，即为直线的图象与圆有两个公共点，则圆心到直线的距离小于，即可判断.详解】解：对于A，圆，则，半径，圆，则，半径，所以两圆外切，所以圆与圆恰有三条公切线，故A正确；对于B，若点在圆的内部，则，解得，故B正确；对于C，曲线化为，则曲线时以

9、原点为圆心，2为半径轴上半部分的圆（包括轴），当直线过点时，当直线过点时，当直线与曲线相切时，则，解得（负值舍去），所以，若直线与曲线只有一个公共点，则或，故C错误；对于D，因为圆关于轴对称，则的图象与圆有两个公共点，即为直线的图象与圆有两个公共点，所以圆心到直线的距离，所以，故D正确.故选：ABD.11. 正方体的校长为2，E，F，G分别为的中点则（ ）A. 直线与直线垂直B. 直线与平面平行C. 平面截正方体所得的截面面积为D. 点和点D到平面的距离相等【答案】BCD【解析】【分析】以D为原点,分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量法可以判断选项ABD；对于C:先做出截面

10、AEFD1，判断其为梯形，直接求面积即可.【详解】以D为原点,分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则所以，对于A:因为，所以直线与直线不垂直.故A错误；对于B：设平面AEF的法向量，则取y=1,得.且A1G平面AEF,直线A1G与平面AEF平行.故B正确；对于C：连接E,F分别是的中点，面AEF截正方体所得的截面为梯形AEFD1，面AEF截正方体所得的截面面积为：.故C正确；对于D：由前面可知平面AEF的法向量.点A1到平面AEF的距离，点D到平面AEF的距离,点和点D到平面的距离相等.故D正确.故选:BCD.【点睛】立体几何题目的基本方法：(1)用几何法证明或计算；(2) 向量法

11、：建立合适的坐标系；把要用到的向量正确表示；利用向量法证明或计算.12. 为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，过，作切线交于，则（ ）A. 的最大值为B. 的最大值为C. 的轨迹是D. 的轨迹是【答案】AC【解析】【分析】设出点的坐标，分别写出直线方程，根据系数相等，求得坐标之间的关系，结合几何关系，即可求得三角形得面积，结合均值不等式则面积的最大值可解；利用相关点法，即可求得动点的轨迹方程.【详解】根据题意，作图如下：不妨设点的坐标为，点坐标为，故切点所在直线方程为：；又点为椭圆上的一点，故切线方程所在直线方程为：；故可得.即不妨设直线交于点，故设直线方程为：，故，又，故可得三角形的面积，当

12、且仅当，且时，即时取得最大值.因为点在椭圆上，故，又，故可得，整理得.故动点的轨迹方程为：.故选：.【点睛】本题考查切点弦直线方程、椭圆的切线方程，以及均值不等式的利用，轨迹方程的求解，属综合困难题.第卷（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 甲，乙，丙三个同学独立求解同一道数学题，他们各自解出该数学题的概率分别为，则这道数学题被解出来的概率为_【答案】【解析】【分析】求出这道数学题没有被解出来的概率再由对立事件的概率公式可得答案.【详解】设这道数学题被解出来的事件为，则这道数学题被解出来的概率为.故答案为：.14. 已知圆，过点作圆O的切线，则切线方程为_.【答案】

13、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.15. 已知椭圆（，）在左、右焦点分别为，点在椭圆上，是坐标原点，则椭圆的离心率是_.【答案】【解析】【分析】用椭圆半焦距c表示出、，再借助余弦定理列式即可计算作答.【详解】令椭圆半焦距为c，因，则，由椭圆定义得，在中，由余弦定理得：，即，整理得，因此有，而，解得，所以椭圆的离心率是.故答案为：16. 已知为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为，斜

14、边上中线CE所在直线方程为，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】设，由中点公式求出点A坐标，根据等腰直角三角形可知，建立与，与间关系，即可求出，进而根据点斜式求出直线的方程.【详解】因为中线CE所在直线方程为，所以可设，由AC中点为，可得，所以，为等腰直角三角形，CE为中线，,，又是的中点，,，化简得： ，由解得，所以点,又因为，所以直线方程为,即所求方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查了两直线垂直位置关系，根据两直线垂直研究斜率之间的关系，直线方程的点斜式，考查了推理能力和运算能力，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说

15、明、证明过程或演算步骤17. 根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如下表所示：社团街舞围棋武术人数320240200为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人.（1）求三个社团分别抽取了多少同学；（2）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率【答案】（1）8,6,5（2）.【解析】【分析】（1）设抽样比为x，则由分层抽样可知，“街舞”、“围棋”、“武术”三

16、个社团抽取的人数分别为320x、240x、200x由题意列出方程，能求出“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数（2）从“围棋”社团抽取了6人，其中2位女生记为A，B，4位男生记为C，D，E，F，利用列举法能求出从这6位同学中任选2人，至少有1名女生被选中的概率【详解】（1）设抽样比为x，则由分层抽样可知，“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数分别为320x、240x、200x则由题意得320x240x2，解得x故“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团抽取的人数分别为3208、2406、2005（2） 由（1）知，从“围棋”社团抽取的同学为6人，其中2位女生记为;4位男生记为;从中

17、选出2人担任该社团活动监督的职务有15种不同的结果， 至少有1名女同学被选为监督职务有9种不同的结果，所以至少有1名女同学被选为监督职务的概率.【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意古典概型概率公式、列举法的合理运用18. 如图，四边形为正方形，若平面平面，.（1）求二面角ACFD的余弦值；（2）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由.【答案】（1） （2）点在平面外，证明见解析【解析】【分析】（1）设出相应线段的长度，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式求得答案；（2）根据空间向量共面定理即可判断.【小问1详解】因为平面平面，且交线为，因为四边形为正方形，所

18、以，于是平面，以为原点，所在方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.设，容易得到，所以，设平面的法向量为，由，可取，又，设平面的法向量为，由，可取，所以，所以二面角的的余弦值为.【小问2详解】点在平面外，证明如下，连接ED，因为，设，则，即，显然此方程组无解，所以四点，不共面，即点在平面外.19. 已知的顶点坐标分别为，圆为的外接圆（1）求圆的方程；（2）直线与圆相切，求直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小时的方程【答案】（1）； （2）或或或.【解析】【分析】（1）假设圆的一般方程，代入可构造方程组求得结果；（2）设，利用直线与圆相切和基本不等式可知当直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小

19、，由此得到，进而整理得到直线方程.【小问1详解】设圆方程为：，则，解得：，圆方程为：，即；【小问2详解】由题意知：直线在轴的截距不为零，可设，即，与相切，即（当且仅当时取等号），即当时，直线与两坐标轴所围成的三角形面积最小，此时所有可能的结果为：或或或，方程为：或或或.20. 设抛物线C：（p0），其焦点为F，准线为l，点P为C上的一点，过点P作直线l的垂线，垂足为M，且，（1）求抛物线C的方程；（2）设点Q为C外的一点且Q点不在坐标轴上，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，过点Q作y轴的垂线，垂足为S，连接AS，BS，证明：直线AS与直线BS关于y轴对称【答案】（1） （2）证明见

20、解析【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，PFM为等边三角形，结合条件可求出，设直线l交y轴于N点，则在RtMNF中NMF=30，可求出，即得出抛物线方程；（2）要证明直线AS与直线BS关于y轴对称，只需证明两条直线的斜率之和为0即可，利用切线方程与抛物线联立，可求出直线QA与直线QB的方程，进而可求出直线AB的方程，和抛物线方程联立方程，结合根与系数的关系可得点A、B的横坐标的关系，进而得出直线AS与直线BS斜率的表达式，即可算出这两条直线的斜率之和为0，即可得证【小问1详解】，PFM为等边三角形，FMP=PFM=60，又，设直线l交y轴于N点，则在RtMNF中NMF=30，C的方程为【

21、小问2详解】设点Q（a，b）（a0，b0），设过点的切线方程为，与抛物线方程联立得，令，得，所以直线QA的方程为，同理可得直线QB的方程为又直线QA与QB均过点Q，又，所以直线AB的方程为y=axb，联立方程y=axb和得方程组消去y得，b0，又S（0，b），则直线AS的斜率；直线BS的斜率，所以直线AS与直线BS关于y轴对称21. 如图，在三棱锥中，平面，.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角大小.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）从所要证明的结论分析：要证平面平面，即证平面，即证平面，即证，进而得到证明思路；（2）方法一：以为坐标原点，所在直线分别为，

22、轴建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求二面角的大小；方法二：过作，垂足为，连接，找出二面角的平面角，利用余弦定理求其大小.小问1详解】证明：因为平面，平面，所以.因为，所以平面.因为，所以，故平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】方法一：因为，所以.以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，则，所以，.设是平面的法向量，则，即，令，则，所以，.设是平面的法向量，则，即，令，则，所以，所以.所以平面与平面的夹角的大小为.方法二：如图，过作，垂足为，连接.由（1）中的垂直关系及条件，可计算得，所以.所以.所以为二面角的平面角.，.所以.在中，由余弦定理可得.所以，所以平面与平面的

23、夹角的大小为.22. 已知双曲线的左顶点为，点在渐近线上，过点的直线交双曲线的右支于两点，直线分别交直线于点.（1）求双曲线的方程；（2）求证：为的中点.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】(1)由已知条件列方程组求解，得双曲线方程. (2) 设直线BC的方程，代入双曲线方程，韦达定理表示根与系数的关系，设直线AB、AC的方程，求与直线OP的交点M、N，要证为的中点，只需证或即可.【小问1详解】依题意得，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】如图所示：法1设直线，则， 由 消去x得，当时由韦达定理得 ，直线方程为，直线AB： 直线 由 得 同理可得 要证为的中点，只需证 ，即证

24、， . 得证.法2.设直线BC：，则， 由 得当时由韦达定理得 ，直线方程为，直线 ，直线 ，由 得 ，同理可得 ，要证为的中点，只需证 ，即证，即证，由，只需证，即证 ， 只需证 即证，由可知显然成立.得证.【点睛】1.求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值2.解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系3.涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题