青海省海东市2021-2022学年高二上学期理数期末考试试卷（含答案）

青海省海东市2021-2022学年高二上学期理数期末考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．已知a，b是空间中的任意两个非零向量，则下列各式中一定成立的是（）A．(a⋅bC．(λa)22．下列说法中正确的是（）A．存在只有4个面的棱柱B．棱柱的侧面都是四边形C．正三棱锥的所有棱长都相等D．所有几何体的表面都能展开成平面图形3．已知直线l经过A(−2，33A．30° B．60° C．120° D．150°4．如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的直观图，其中B'C'=CA．2 B．22 C．4 D．5．“a<b<0”是“4a−bA．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6．已知m，n是两条不同的直线，A．若m//nB．若m//αC．若m//αD．若α⊥β，m7．在长方体ABCD−A1B1C1DA．3010 B．3030 C．3058．已知抛物线C：y2=12x，A(0，−4)，点P在抛物线C上，记点P到直线x=−6的距离为dA．5 B．6 C．7 D．89．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．3345 B．125 C．610．数学家歌拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的三个顶点分别为A(1，1)，B(7，1)，C(5，5)，则△ABC的欧拉线方程是（）A．x+y−6=0 B．x−y−2=0 C．2x−y−6=0 D．x+2y−11=011．已知A，B分别是圆C1：x2+y2−2x−4y−4=0和圆A．217+4 B．217−4 C．12．如图，DE是边长为4的等边三角形ABC的中位线，将△ADE沿DE折起，使得点A与P重合，平面PDE⊥平面BCDE，则四棱锥P−BCDE外接球的表面积是（）A．52π3 B．16π C．19π 二、填空题13．已知双曲线C：x2a2−y14．某学生到某工厂进行劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为20cm的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为1g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为15．命题“∃x0∈[2，4]，x0216．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难人微”.事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：与(x−a)2+(y−b)2相关的代数问题可以转化为点A(x，y)与点B(a，b)之间距离的几何问题.结合上述观点，可得方程三、解答题17．已知直线l：(（1）若a=2，求直线l与直线l1（2）若直线l与直线l218．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，直线x=23与抛物线C的准线交于点A，（1）求抛物线C的方程；（2）直线l：y=3x+2与抛物线C交于M，N两点，求19．如图，在多面体ABCEF中，△ABC和△ACE均为等边三角形，D是AC的中点，EF//（1）证明：AC⊥BF．（2）若平面ABC⊥平面ACE，求二面角A−BC−E的余弦值.20．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BC∥AD，AD⊥AB，E，F分别是棱AB，PC的中点．（1）证明：EF//平面PAD；（2）若CD=2AB=2BC=2221．已知圆C的圆心在直线x−2y+3=0上，且圆C经过P(2，0)，（1）求圆C的标准方程.（2）设直线l：22．已知椭圆E：x24+y2=1的左，右顶点分别是A，B，且M，（1）若kAM⋅kAN=−（2）设点P是以AM为直径的圆O1和以AN为直径的圆O2的另一个交点，记线段AP的中点为Q，若kAM

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：对A：因为a⋅b=|对B：因为(a对C：因为(λa对D：因为a⋅故答案为：C.

【分析】根据向量的线性运算法则和向量的数量积的运算公式，逐项判定，即可求解.2．【答案】B【解析】【解答】对于A：棱柱最少有5个面，则A错误；对于B：棱柱的所有侧面都是平行四边形，则B正确；对于C：正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，则C错误；对于D：球的表面不能展开成平面图形，则D错误．故答案为：B

【分析】对于A、B：由棱柱的定义直接判断；

对于C：由正三棱锥的侧棱长和底面边长不一定相等，即可判断；

对于D：由球的表面不能展开成平面图形即可判断．3．【答案】C【解析】【解答】设直线l的倾斜角为α，由题意可得直线l的斜率k=43−3∵α∈[0，180∘)故答案为：C.

【分析】根据题意由斜率的坐标公式计算出斜率的取值，结合斜率公式即可求出倾斜角的大小。

4．【答案】D【解析】【解答】由题意可知△A'B其原图形是Rt△ABC，AB=A'B'则BC=8+16故答案为：D.

【分析】由题意可知△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，则4a−b由4a−b<1，得a−b<0，即a<b．故“a<b<0”是“故答案为：A.

【分析】根据指数函数的性质，利用充要条件的定义即可判断答案.6．【答案】C【解析】【解答】对于A：若m//n，n//对于B：若m//α，m//β，则对于C：若m//α，对于D：若α⊥β，m//α，故答案为：C

【分析】利用已知条件结合线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理和线线垂直的判断方法，从而找出结论正确的选项。7．【答案】A【解析】【解答】如图，由题意可知DA，DC，DD1两两垂直，则以D为原点DA，DC，DD1的方向分别为x，y，设AB=1，则A1(1，0，2)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1C=(−1，1，−2)从而cos〈故异面直线A1C与BC故答案为：A.

【分析】以D为原点DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法可求出异面直线A18．【答案】D【解析】【解答】由已知得抛物线C的焦点为F(3，0)，准线方程为x=−3，设点P到准线x=−3的距离为d'，则d=则由抛物线的定义可知|PA|+d=|PA|+d∵|PA|+|PF|≥|AF|=32+42=5，当点∴|PA|+d≥8，故答案为：D.

【分析】先根据抛物线方程求出准线方程与焦点坐标，根据点A在抛物线外可得到|PA|十d的最小值为|AF|+3，再由两点间的距离公式可得答案.9．【答案】A【解析】【解答】如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz.

因为AB=6，所以P(3，3，3)，E(2，0，0)，F(6，0，3)，所以EF=(4，0，3)，故答案为：A

【分析】以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系10．【答案】B【解析】【解答】由题意可得△ABC的重心为G(133，73)．因为A(1，1)，B(7，1)，所以线段AB的垂直平分线的方程为x=4．因为A(1，1)，C(5，5)，所以直线AC的斜率k=1，线段AC的中点坐标为(3，3)，则线段AC的垂直平分线的方程为y=−x+6．联立x=4y=−x+6，解得x=4y=2，则△ABC的外心坐标为故答案为：B.

【分析】根据△ABC的三个顶点坐标，先求解出重心的坐标，然后再根据三个点坐标求解任意两条垂直平分线的方程，联立方程，即可算出外心的坐标，最后根据重心和外心的坐标使用点斜式写出△ABC的欧拉线方程.11．【答案】B【解析】【解答】由题意可知圆C1的圆心为C1(1，2)，半径R=3设C1关于直线l：x+y+3=0的对称点为D(x则|PC因为A，B分别在圆C1和圆C2上，所以|PA则|PA因为|PD|+|P故答案为：B.

【分析】由已知可得|PA|≥|PC1|−R，|PB12．【答案】A【解析】【解答】解：分别取BC，DE的中点在等边三角形ABC中，∠ABC=∠ACB=60°，DE是中位线，则△CMD，所以MB=MC=ME=MD=2，所以点M为四边形BCDE的外接圆的圆心，则四棱锥P−BC−DE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O，由G为DE的中点，所以PG⊥DE，因为平面PDE⊥平面BCDE，且平面PDE∩平面BCDE=DE，PG⊂平面PDE，所以PG⊥平面BCDE，则OM∕∕PG，设外接球的半径为R，OM=x，MG=PG=3则R2=x所以3+(3−x)所以R=39所以四棱锥P−BC−DE外接球的表面积是4πR故答案为：A.

【分析】分别取BC，DE的中点M，G，易得MB=MC=ME=MD=2，则M为四边形BCDE的外接圆的圆心，则四棱锥P−BC−DE外接球的球心在过点M且垂直平面BCDE的直线上，设球心为O，设外接球的半径为13．【答案】5【解析】【解答】由题意可得双曲线C的一条渐近线方程为y=−bax，则−则e2故双曲线C的离心率e=b故答案为：5.

【分析】首先由双曲线的方程即可求出渐近线的方程，由此即可得出a与b的关系，再由离心率公式以及双曲线里a、b、c的关系，计算出结果即可。14．【答案】4500【解析】【解答】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R=10cm，两圆柱的高h=20cm，设小圆柱的底面圆的半径为r，则有2πrh=12×2πRh，即40πr=200π所以该模型的体积为V大所以制作该模型所需原料的质量为1500π×1=4500(g)。故答案为：4500。

【分析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径R=10cm，两圆柱的高h=20cm，设小圆柱的底面圆的半径为r，则有2πrh=115．【答案】(−∞，7)【解析】【解答】∃x0∈[2，4]，x02设f(x)=x2+3x−1，t=x−1∈[1，3]，则g(t)=(t+1)又g(1)=7，g(3)=193，所以g(t)≤7，即故答案为：(−∞，7)

【分析】由题意可得∃x0∈[2，4]，x02−mx16．【答案】x=±【解析】【解答】因为x2+4x+8+x2−4x+8=43，所以(x+2)2+22+(x−2)2+2故答案为：x=±

【分析】由x2+4x+8+x2−4x+8=43可得(x+2)217．【答案】（1）解：当a=2时，直线l：联立x+2y−3=03x+4y−5=0，解得x=−1即交点坐标为(−1，（2）解：直线l与直线l2则2(2a−1)−(a+2)=0，解得a=4【解析】【分析】（1）利用a的值求出直线l的方程，再利用两直线方程联立求交点的方法，进而求出直线l与直线l1：x+2y−3=018．【答案】（1）解：由题意可得A(23，−p则|OA|=p24因为|OA|=2|OF|，所以p24+12故抛物线C的方程为x2（2）解：由（1）可知A(23，−2)，则点A到直线l的距离联立y=3x+2x设M(x1，y1从而y1因为直线l过抛物线的焦点F，所以|MN|=y故△AMN的面积为12【解析】【分析】(1)求出A的坐标，F的坐标，利用|OA|=2|OF|，求解p，可得抛物线C的方程；

(2)求出点A到直线l的距离，联立直线与抛物线方程，设M(x1，y119．【答案】（1）证明：连接DE．因为AB=BC，且D为AC的中点，所以AC⊥BD．因为AE=EC，且D为AC的中点，所以AC⊥DE．因为BD⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，且BD∩DE=D，所以AC⊥平面BDE．因为EF//BD，所以BF⊂平面BDE，所以AC⊥BF．（2）解：由（1）可知DE⊥AC．因为平面ABC⊥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两两垂直．以D为原点，分别以DC，DB，DE的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．设AB=2．则B(0，3，0)，C(1，0，设平面BCE的法向量为n=(x，则n⋅BC=x−3y=0，平面ABC的一个法向量为m=(0，设二面角A−BC−E为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ=|【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得出AC⊥平面BDE，再由平行的传递性即可得证出结论。

(2)由已知条件即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面BCE法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BCE的法向量的坐标，同理即可求出平面ACB的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角A−BC−E的余弦值。20．【答案】（1）证明：如图，取CD的中点G，连接EG，FG．因为F，G分别是棱PC，CD的中点，所以FG∥PD，又FG⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以FG∥平面PAD．因为BC∥AD，且E，G分别是棱AB，CD的中点，所以EG∥AD，又EG⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以EG∥平面PAD．因为EG，FG⊂平面EFG，且EG∩FG=G，所以平面EFG∥平面PAD．因为EF⊂平面EFG，所以EF//平面PAD．（2）解：过点C作CH⊥AD，垂足为H，连接ED，PE，则四边形ABCH是正方形，从而CH=AH=AB=2．因为CD=2AB，所以CD=2从而直角梯形ABCD的面积S=(2+4)×2设点P到平面ABCD的距离为h，则四棱锥P−ABCD的体积V=13Sh=因为三棱锥E−PAD的体积与三棱锥P−ADE的体积相等，所以三棱锥E−PAD的体积V1因为EF//平面PAD，所以三棱锥F−PAD的体积与三棱锥E−PAD的体积相等，所以三棱锥F−PAD的体积为2．【解析】【分析】(1)取CD的中点G，连接EG，FG，根据条件证明平面EFG//平面PAD，利用面面平行的性质定理可证得EF//平面PAD；

(2)利用等体积的方式求解出三棱锥F−PAD的体积．21．【答案】（1）解：设圆C的标准方程为(x−a