2022-2023学年陕西省宝鸡市金台区高二上学期期末数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省宝鸡市金台区高二上学期期末数学（理）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题可根据全称命题的否定是特称命题得出结果.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“”的否定为“”，
故选：D.
2．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将方程化成标准形式，即，求出，即可得到焦点坐标．
【详解】，焦点在轴正半轴上，故焦点坐标，
故选：B.
3．命题“若则”的逆命题、否命题、逆否命题三个命题中，真命题的个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】B
【解析】首先判断原命题及其逆命题的真假，再根据互为逆否命题的两个命题同真假，即可判断其逆否命题与否命题的真假；
【详解】解：命题“若则”为假命题，则其逆否命题也为假命题；
其逆命题为：若则，显然是真命题，根据互为逆否命题的两个命题同真假，可得原命题的否命题也为真命题，故为真命题的有2个
故选：B
4．已知命题，命题，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．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，求得或，即可得到不等式之间推出关系，判定得到结论.
【详解】由得或，即或，
若成立，则或成立，即，
若或成立时，不一定成立，故，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
5．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量平行、垂直的坐标表示直接判断即可.
【详解】因为，
，
所以AB错误；
因为，所以不平行，C错误；
因为，所以，D正确.
故选：D
6．已知命题：离心率越小，椭圆的形状越扁，命题：离心率越大，双曲线的“张口”越小，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】研究的变化情况，可以得出结论.
【详解】根据椭圆的图象可知，越接近于1，则椭圆越圆.离心率越小，则由知，越大，则椭圆越圆，因此命题为假命题；
对于双曲线，以焦点在x轴上的为例，根据双曲线的图象知，渐近线斜率越小，即越小，双曲线的“张口”越小. 离心率越大，则由知，越大，双曲线的“张口”越大，因此命题为假命题.
根据，或且非逻辑联接词判定命题的依据知，只有B正确.
故选：B.
7．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据空间向量基本定理，用表示出即可.
【详解】由题意，因为为与的交点，所以也为与的中点，
因此.
故选：D.
8．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
9．已知为直线的方向向量，，分别为平面，的法向量不重合，那么下列说法中：①；②；③；④正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】对于①根据面面平行的关系可得；对于②根据面面垂直可得；对于③根据两条平行线的关系可得；对于④根据两条垂直线的关系可得.
【详解】根据两个平面的法向量平行可得两个平面平行得①正确；
根据两个平面的法向量垂直可得两个平面垂直得②正确；
根据两条平行直线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直这个平面，故③不正确；
对于④也可能，所以④不正确.
故选：B
10．若点P在椭圆上，，分别为椭圆C的左右焦点，且，则的面积为（ ）．
A．B．3C．4D．1
【答案】A
【分析】利用椭圆定义得到，再利用余弦定理得到，两者联立解出，再利用三角形面积公式求出面积即可.
【详解】解：由椭圆的标准方程，可得，．
所以，又由，
所以，即．
因为，所以，
即．
又因为，即，
两式相减，约分可得，
所以．
故选：A．
11．如图是一水平放置的青花瓷．它的外形为单叶双曲面，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面，且其外形上下对称．花瓶的最小直径为，瓶口直径为，瓶高为，则该双曲线的虚轴长为（ ）
A．B．C．D．45
【答案】C
【分析】设双曲线方程为，，由已知可得，并求得双曲线上一点的坐标，把点的坐标代入双曲线方程，求解，即可得到双曲线的虚轴长．
【详解】设点是双曲线与截面的一个交点，
设双曲线的方程为：，．
花瓶的最小直径，则，
由瓶口直径为，瓶高为，可得，
故，解得，
该双曲线的虚轴长为．
故选：．
12．已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为A，离心率为，过且为线段的垂线交于两点，则周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将椭圆方程化为,可求得的斜率,联立椭圆与直线方程求得的纵坐标,分别计算即可.
【详解】如图:
，
椭圆可化为，
又,，
,，
设直线即，
由得，
设， 不妨设,
解得，
所以，
因为即，
所以
，
由得,代入上式，
，
同理可得，
，
所以周长为.
故选:A
【点睛】关键点点睛:在求时并没有用弦长公式，因为计算时不能使用韦达定理，所以必需回到弦长的本质,即两点间的距离，故需要求出的坐标,由直线与椭圆联立是完全可以把方程的根表示出来的，当然后期的计算量也是惊人的.
二、填空题
13．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【分析】根据椭圆的标准方程的形式，焦点在轴上的椭圆分母的大小关系可得.
【详解】方程表示焦点在轴上的椭圆,则
故答案为：
14．双曲线的焦点到其渐近线的距离是__________.
【答案】3
【分析】直接求出焦点及渐近线，再由点到直线的距离求解即可.
【详解】由题意得：，故双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，
则焦点到其渐近线的距离是.
故答案为：3.
15．在长方体中，，以点为坐标原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设对角面所在法向量为，则__________．
【答案】
【分析】利用法向量的求法进行求解即可
【详解】由题意得，，，
，，
因为平面的法向量为，则，即，
取，则，故
故答案为：
16．设为双曲线的两个焦点，关于原点对称的两点都在双曲线上，且满足，则四边形的面积为_________．
【答案】2
【分析】根据已知先判断四边形的形状，然后根据双曲线定义结合勾股定理可解.
【详解】如图，记，则
由题可知，，所以
则，即
所以
故答案为：2
三、解答题
17．已知命题p:实数x满足命题q:实数x满足其中m> 0.
（1）若m=4且命题p， q都为真命题，求实数x的取值范围;
（2）若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围.
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）首先解一元二次不等式得到、，再根据命题、均为真命题，取交集即可得解；
（2）因为p是q的充分不必要条件，则，即可得到不等式组，解得即可；
【详解】解：因为，解得，
，解得
所以，
（1）当时，
因为命题、均为真命题，所以，解得，即
（2）因为p是q的充分不必要条件，所以
所以解得，即
【点睛】考查解一元二次不等式的解得以及充分条件、必要条件、必要不充分条件的概念．属于中档题．
18．已知椭圆的两焦点分别为，且经过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过椭圆的右焦点且斜率为的直线交椭圆于两点，求 的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义求得的值，又，再由，求得，即可得椭圆方程；
（2）根据已知得直线方程方程，代入椭圆方程可得交点坐标关系，从而可求得 的面积．
【详解】（1）已知椭圆的两焦点分别为，且经过点，
由椭圆的定义知，
，
椭圆的方程为；
（2）由题意得直线方程为，即设，
由，消去得，
由韦达定理得，
所以的面积为．
19．如图在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且平面与平面夹角的余弦值为．
(1)求棱的长；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由平面与平面夹角的余弦值为，利用平面法向量求解.
（2）已知平面法向量，用点到平面距离公式求解.
【详解】（1）依题意，两两互相垂直，以为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，
由题意得，所以．
设平面的法向量为，则，
令，则，得
因为平面，所以平面的一个法向量为，
依题意，有，可得，所以棱的长为2．
（2）由（1）得，平面的一个法向量为．
又，所以，所以点到平面的距离为
20．点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线交曲线于两点，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据题意可得点到点的距离等于它到直线的距离，结合抛物线的定义即可求解；
(2)当直线的斜率不存在时可得；当直线的斜率存在时设直线方程，
联立抛物线方程，利用韦达定理和化简计算即可求解.
【详解】（1）因为点到点的距离比它到直线的距离小2，
所以点到点的距离等于它到直线的距离，
由抛物线的定义知，
点的轨迹是一条以为焦点，为准线的抛物线，此时，
故的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为，
，，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
由消去得，
由韦达定理得，
由抛物线定义得，
，
综上所述.
21．已知，其中，动点满足直线与斜率之积等于，试讨论动点的轨迹的形状．
【答案】答案见解析
【分析】根据题意可列式写出含的方程，分类讨论的取值范围即可得到动点的轨迹的形状.
【详解】由题意得，即，
化简为，
所以动点的轨迹方程为，-
当时，动点的轨迹方程为，所以轨迹为圆，去除在x轴上的点；
当时，动点的轨迹方程为，
轨迹为焦点在轴上且除左右顶点的椭圆；
当时，动点的轨迹方程为，
轨迹为焦点在轴上且除左右顶点的椭圆；
当时，动点的轨迹方程为，
所以轨迹为焦点在轴上且除左右顶点的双曲线；-
22．如图，在三棱锥中，，，，为的中点.
(1)证明：平面ABC；
(2)若E是棱AC上的动点，当的面积最小时，求SC与平面SDE所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形为等腰三角形得到，根据勾股定理得到，最后用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）解法1：利用几何法得到为与平面所成的角，然后求余弦值即可；
解法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出线面角的正弦值，然后求余弦值即可.
【详解】（1）
因为，又D为BC的中点，
所以，且，
连接，，所以为等腰直角三角形，
且，
，由，可知，
由，，，平面，可知平面.
（2）解法1：因为，平面，所以，，所以，
当的面积最小时，取最小值，此时得，
这时为的中位线，且.
因为，且，，平面，所以平面，故为与平面所成的角.
因为E是AC的中点，所以.
在中，，
所以SC与平面SDE所成角的正弦值为，余弦值为.
解法2：同解法1，且.因为，，，两两互相垂直，故以D为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则，，，.
，，
设平面的法向量为，则，即，
所以可取，又，
设SC与平面SDE所成角为，则，余弦值为.