青海省海東市2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷（含答案）

青海省海東市2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期理數(shù)期末考試試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三總分評(píng)分一、單選題1．已知a，b是空間中的任意兩個(gè)非零向量，則下列各式中一定成立的是（）A．(a?bC．(λa)22．下列說法中正確的是（）A．存在只有4個(gè)面的棱柱B．棱柱的側(cè)面都是四邊形C．正三棱錐的所有棱長(zhǎng)都相等D．所有幾何體的表面都能展開成平面圖形3．已知直線l經(jīng)過A(?2，33A．30° B．60° C．120° D．150°4．如圖，△A'B'C'是水平放置的△ABC的直觀圖，其中B'C'=CA．2 B．22 C．4 D．5．“a<b<0”是“4a?bA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知m，n是兩條不同的直線，A．若m//nB．若m//αC．若m//αD．若α⊥β，m7．在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1DA．3010 B．3030 C．3058．已知拋物線C：y2=12x，A(0，?4)，點(diǎn)P在拋物線C上，記點(diǎn)P到直線x=?6的距離為dA．5 B．6 C．7 D．89．在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．3345 B．125 C．610．?dāng)?shù)學(xué)家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半．這條直線被后人稱為三角形的歐拉線．已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別為A(1，1)，B(7，1)，C(5，5)，則△ABC的歐拉線方程是（）A．x+y?6=0 B．x?y?2=0 C．2x?y?6=0 D．x+2y?11=011．已知A，B分別是圓C1：x2+y2?2x?4y?4=0和圓A．217+4 B．217?4 C．12．如圖，DE是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形ABC的中位線，將△ADE沿DE折起，使得點(diǎn)A與P重合，平面PDE⊥平面BCDE，則四棱錐P?BCDE外接球的表面積是（）A．52π3 B．16π C．19π 二、填空題13．已知雙曲線C：x2a2?y14．某學(xué)生到某工廠進(jìn)行勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為一個(gè)大圓柱中挖去一個(gè)小圓柱后的剩余部分（兩個(gè)圓柱底面圓的圓心重合），大圓柱的軸截面是邊長(zhǎng)為20cm的正方形，小圓柱的側(cè)面積是大圓柱側(cè)面積的一半，打印所用原料的密度為1g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為15．命題“?x0∈[2，4]，x0216．我國(guó)著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過：“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形少數(shù)時(shí)難人微”.事實(shí)上，很多代數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，如：與(x?a)2+(y?b)2相關(guān)的代數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)A(x，y)與點(diǎn)B(a，b)之間距離的幾何問題.結(jié)合上述觀點(diǎn)，可得方程三、解答題17．已知直線l：(（1）若a=2，求直線l與直線l1（2）若直線l與直線l218．已知拋物線C：x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線x=23與拋物線C的準(zhǔn)線交于點(diǎn)A，（1）求拋物線C的方程；（2）直線l：y=3x+2與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，求19．如圖，在多面體ABCEF中，△ABC和△ACE均為等邊三角形，D是AC的中點(diǎn)，EF//（1）證明：AC⊥BF．（2）若平面ABC⊥平面ACE，求二面角A?BC?E的余弦值.20．在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BC∥AD，AD⊥AB，E，F(xiàn)分別是棱AB，PC的中點(diǎn)．（1）證明：EF//平面PAD；（2）若CD=2AB=2BC=2221．已知圓C的圓心在直線x?2y+3=0上，且圓C經(jīng)過P(2，0)，（1）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)直線l：22．已知橢圓E：x24+y2=1的左，右頂點(diǎn)分別是A，B，且M，（1）若kAM?kAN=?（2）設(shè)點(diǎn)P是以AM為直徑的圓O1和以AN為直徑的圓O2的另一個(gè)交點(diǎn)，記線段AP的中點(diǎn)為Q，若kAM

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：對(duì)A：因?yàn)閍?b=|對(duì)B：因?yàn)?a對(duì)C：因?yàn)?λa對(duì)D：因?yàn)閍?故答案為：C.

【分析】根據(jù)向量的線性運(yùn)算法則和向量的數(shù)量積的運(yùn)算公式，逐項(xiàng)判定，即可求解.2．【答案】B【解析】【解答】對(duì)于A：棱柱最少有5個(gè)面，則A錯(cuò)誤；對(duì)于B：棱柱的所有側(cè)面都是平行四邊形，則B正確；對(duì)于C：正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)不一定相等，則C錯(cuò)誤；對(duì)于D：球的表面不能展開成平面圖形，則D錯(cuò)誤．故答案為：B

【分析】對(duì)于A、B：由棱柱的定義直接判斷；

對(duì)于C：由正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)和底面邊長(zhǎng)不一定相等，即可判斷；

對(duì)于D：由球的表面不能展開成平面圖形即可判斷．3．【答案】C【解析】【解答】設(shè)直線l的傾斜角為α，由題意可得直線l的斜率k=43?3∵α∈[0，180°)故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意由斜率的坐標(biāo)公式計(jì)算出斜率的取值，結(jié)合斜率公式即可求出傾斜角的大小。

4．【答案】D【解析】【解答】由題意可知△A'B其原圖形是Rt△ABC，AB=A'B'則BC=8+16故答案為：D.

【分析】由題意可知△A'B'C'是等腰直角三角形，5．【答案】A【解析】【解答】解：由a<b<0，得a?b<0，則4a?b由4a?b<1，得a?b<0，即a<b．故“a<b<0”是“故答案為：A.

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，利用充要條件的定義即可判斷答案.6．【答案】C【解析】【解答】對(duì)于A：若m//n，n//對(duì)于B：若m//α，m//β，則對(duì)于C：若m//α，對(duì)于D：若α⊥β，m//α，故答案為：C

【分析】利用已知條件結(jié)合線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理和線線垂直的判斷方法，從而找出結(jié)論正確的選項(xiàng)。7．【答案】A【解析】【解答】如圖，由題意可知DA，DC，DD1兩兩垂直，則以D為原點(diǎn)DA，DC，DD1的方向分別為x，y，設(shè)AB=1，則A1(1，0，2)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1C=(?1，1，?2)從而cos?故異面直線A1C與BC故答案為：A.

【分析】以D為原點(diǎn)DA，DC，DD1的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，利用向量法可求出異面直線A18．【答案】D【解析】【解答】由已知得拋物線C的焦點(diǎn)為F(3，0)，準(zhǔn)線方程為x=?3，設(shè)點(diǎn)P到準(zhǔn)線x=?3的距離為d'，則d=則由拋物線的定義可知|PA|+d=|PA|+d∵|PA|+|PF|≥|AF|=32+42=5，當(dāng)點(diǎn)∴|PA|+d≥8，故答案為：D.

【分析】先根據(jù)拋物線方程求出準(zhǔn)線方程與焦點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)A在拋物線外可得到|PA|十d的最小值為|AF|+3，再由兩點(diǎn)間的距離公式可得答案.9．【答案】A【解析】【解答】如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AA1的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz.

因?yàn)锳B=6，所以P(3，3，3)，E(2，0，0)，F(xiàn)(6，0，3)，所以EF=(4，0，3)，故答案為：A

【分析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AA1的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系10．【答案】B【解析】【解答】由題意可得△ABC的重心為G(133，73)．因?yàn)锳(1，1)，B(7，1)，所以線段AB的垂直平分線的方程為x=4．因?yàn)锳(1，1)，C(5，5)，所以直線AC的斜率k=1，線段AC的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3，3)，則線段AC的垂直平分線的方程為y=?x+6．聯(lián)立x=4y=?x+6，解得x=4y=2，則△ABC的外心坐標(biāo)為故答案為：B.

【分析】根據(jù)△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)，先求解出重心的坐標(biāo)，然后再根據(jù)三個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)求解任意兩條垂直平分線的方程，聯(lián)立方程，即可算出外心的坐標(biāo)，最后根據(jù)重心和外心的坐標(biāo)使用點(diǎn)斜式寫出△ABC的歐拉線方程.11．【答案】B【解析】【解答】由題意可知圓C1的圓心為C1(1，2)，半徑R=3設(shè)C1關(guān)于直線l：x+y+3=0的對(duì)稱點(diǎn)為D(x則|PC因?yàn)锳，B分別在圓C1和圓C2上，所以|PA則|PA因?yàn)閨PD|+|P故答案為：B.

【分析】由已知可得|PA|≥|PC1|?R，|PB12．【答案】A【解析】【解答】解：分別取BC，DE的中點(diǎn)在等邊三角形ABC中，∠ABC=∠ACB=60°，DE是中位線，則△CMD，所以MB=MC=ME=MD=2，所以點(diǎn)M為四邊形BCDE的外接圓的圓心，則四棱錐P?BC?DE外接球的球心在過點(diǎn)M且垂直平面BCDE的直線上，設(shè)球心為O，由G為DE的中點(diǎn)，所以PG⊥DE，因?yàn)槠矫鍼DE⊥平面BCDE，且平面PDE∩平面BCDE=DE，PG?平面PDE，所以PG⊥平面BCDE，則OM∕∕PG，設(shè)外接球的半徑為R，OM=x，MG=PG=3則R2=x所以3+(3?x)所以R=39所以四棱錐P?BC?DE外接球的表面積是4πR故答案為：A.

【分析】分別取BC，DE的中點(diǎn)M，G，易得MB=MC=ME=MD=2，則M為四邊形BCDE的外接圓的圓心，則四棱錐P?BC?DE外接球的球心在過點(diǎn)M且垂直平面BCDE的直線上，設(shè)球心為O，設(shè)外接球的半徑為13．【答案】5【解析】【解答】由題意可得雙曲線C的一條漸近線方程為y=?bax，則?則e2故雙曲線C的離心率e=b故答案為：5.

【分析】首先由雙曲線的方程即可求出漸近線的方程，由此即可得出a與b的關(guān)系，再由離心率公式以及雙曲線里a、b、c的關(guān)系，計(jì)算出結(jié)果即可。14．【答案】4500【解析】【解答】根據(jù)題意可知大圓柱的底面圓的半徑R=10cm，兩圓柱的高h(yuǎn)=20cm，設(shè)小圓柱的底面圓的半徑為r，則有2πrh=12×2πRh，即40πr=200π所以該模型的體積為V大所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為1500π×1=4500(g)。故答案為：4500。

【分析】根據(jù)題意可知大圓柱的底面圓的半徑R=10cm，兩圓柱的高h(yuǎn)=20cm，設(shè)小圓柱的底面圓的半徑為r，則有2πrh=115．【答案】(?∞，7)【解析】【解答】?x0∈[2，4]，x02設(shè)f(x)=x2+3x?1，t=x?1∈[1，3]，則g(t)=(t+1)又g(1)=7，g(3)=193，所以g(t)≤7，即故答案為：(?∞，7)

【分析】由題意可得?x0∈[2，4]，x02?mx16．【答案】x=±【解析】【解答】因?yàn)閤2+4x+8+x2?4x+8=43，所以(x+2)2+22+(x?2)2+2故答案為：x=±

【分析】由x2+4x+8+x2?4x+8=43可得(x+2)217．【答案】（1）解：當(dāng)a=2時(shí)，直線l：聯(lián)立x+2y?3=03x+4y?5=0，解得x=?1即交點(diǎn)坐標(biāo)為(?1，（2）解：直線l與直線l2則2(2a?1)?(a+2)=0，解得a=4【解析】【分析】（1）利用a的值求出直線l的方程，再利用兩直線方程聯(lián)立求交點(diǎn)的方法，進(jìn)而求出直線l與直線l1：x+2y?3=018．【答案】（1）解：由題意可得A(23，?p則|OA|=p24因?yàn)閨OA|=2|OF|，所以p24+12故拋物線C的方程為x2（2）解：由（1）可知A(23，?2)，則點(diǎn)A到直線l的距離聯(lián)立y=3x+2x設(shè)M(x1，y1從而y1因?yàn)橹本€l過拋物線的焦點(diǎn)F，所以|MN|=y故△AMN的面積為12【解析】【分析】(1)求出A的坐標(biāo)，F(xiàn)的坐標(biāo)，利用|OA|=2|OF|，求解p，可得拋物線C的方程；

(2)求出點(diǎn)A到直線l的距離，聯(lián)立直線與拋物線方程，設(shè)M(x1，y119．【答案】（1）證明：連接DE．因?yàn)锳B=BC，且D為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥BD．因?yàn)锳E=EC，且D為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥DE．因?yàn)锽D?平面BDE，DE?平面BDE，且BD∩DE=D，所以AC⊥平面BDE．因?yàn)镋F//BD，所以BF?平面BDE，所以AC⊥BF．（2）解：由（1）可知DE⊥AC．因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACE，平面ABC∩平面ACE=AC，DE?平面ACE，所以DE⊥平面ABC，所以DC，DB，DE兩兩垂直．以D為原點(diǎn)，分別以DC，DB，DE的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz．設(shè)AB=2．則B(0，3，0)，C(1，0，設(shè)平面BCE的法向量為n=(x，則n?BC=x?3y=0，平面ABC的一個(gè)法向量為m=(0，設(shè)二面角A?BC?E為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ=|【解析】【分析】(1)根據(jù)題意由已知條件作出輔助線，結(jié)合中點(diǎn)的性質(zhì)即可得出線線垂直，然后由線面垂直的判定定理即可得出AC⊥平面BDE，再由平行的傳遞性即可得證出結(jié)論。

(2)由已知條件即可得出線線垂直，由此建立空間直角坐標(biāo)系求出各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)以及向量和平面BCE法向量的坐標(biāo)，再由數(shù)量積的坐標(biāo)公式即可求出平面BCE的法向量的坐標(biāo)，同理即可求出平面ACB的法向量；結(jié)合空間數(shù)量積的運(yùn)算公式代入數(shù)值即可求出夾角的余弦值，由此得到二面角A?BC?E的余弦值。20．【答案】（1）證明：如圖，取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G．因?yàn)镕，G分別是棱PC，CD的中點(diǎn)，所以FG∥PD，又FG?平面PAD，PD?平面PAD，所以FG∥平面PAD．因?yàn)锽C∥AD，且E，G分別是棱AB，CD的中點(diǎn)，所以EG∥AD，又EG?平面PAD，AD?平面PAD，所以EG∥平面PAD．因?yàn)镋G，F(xiàn)G?平面EFG，且EG∩FG=G，所以平面EFG∥平面PAD．因?yàn)镋F?平面EFG，所以EF//平面PAD．（2）解：過點(diǎn)C作CH⊥AD，垂足為H，連接ED，PE，則四邊形ABCH是正方形，從而CH=AH=AB=2．因?yàn)镃D=2AB，所以CD=2從而直角梯形ABCD的面積S=(2+4)×2設(shè)點(diǎn)P到平面ABCD的距離為h，則四棱錐P?ABCD的體積V=13Sh=因?yàn)槿忮FE?PAD的體積與三棱錐P?ADE的體積相等，所以三棱錐E?PAD的體積V1因?yàn)镋F//平面PAD，所以三棱錐F?PAD的體積與三棱錐E?PAD的體積相等，所以三棱錐F?PAD的體積為2．【解析】【分析】(1)取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，根據(jù)條件證明平面EFG//平面PAD，利用面面平行的性質(zhì)定理可證得EF//平面PAD；

(2)利用等體積的方式求解出三棱錐F?PAD的體積．21．【答案】（1）解：設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x?a