浙江省金华市十校2022-2023学年高二上学期期末调研考试数学试题 Word版含解析

浙江省金华十校2018-2019学年第一学期期末调研考试高二数学试题
一，选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．
1.在空间直角坐标系中,点与点（）
A. 有关平面对称
B. 有关平面对称
C. 有关平面对称
D. 有关轴对称
【结果】C
【思路】
【思路】
利用“有关哪个对称,哪个坐标就相同”,得出正确选项.
【详解】两个点和,两个坐标相同,坐标相反,故有关平面对称,故选C.【点睛】本小题主要考查空间点对称关系,考查理解和记忆能力,属于基础题.
2.圆与圆地位置关系是（）
A. 相交
B. 内切
C. 外切
D. 相离
【结果】A
【思路】
【思路】
计算两个圆地圆心距以及,比较大小后得出正确选项.
【详解】两个圆地圆心分别为,圆心距,两个圆半径均为
,故,所以两个圆相交.故选A.
【点睛】本小题主要考查圆与圆地位置关系,考查圆地圆心和半径以及圆心距地计算,属于基础题.
3.“”是“”地（）
A. 充分不必要款件
B. 必要不充分款件
C. 充要款件
D. 既不充分也不必要款件
【结果】B
【思路】
【思路】
将两个款件相互推导,依据能否推导地情况选出正确选项.
【详解】当“”时,如,,故不能推出“” .当“”时,必然有“
”.故“”是“”地必要不充分款件.
【点睛】本小题主要考查充分，必要款件地判断,考查含有绝对值地不等式,属于基础题.
4.给定①②两个命题：①为“若,则”地逆否命题。

②为“若,则
”地否命题,则以下判断正确地是（）
A. ①为真命题,②为真命题
B. ①为假命题,②为假命题
C. ①为真命题,②为假命题
D. ①为假命题,②为真命题
【结果】C
【思路】
【思路】
判断①原命题地真假性,得出其逆否命题地真假性.写出②地否命题,并判断真假性.由此得出正确选项.
【详解】对于①原命题显然为真命题,故其逆否命题也为真命题.对②其否命题是“若,
则”,由于时,,故否命题是假命题.所以①为真命题,②为假命题,故选C.
【点睛】本小题主要考查四种命题及其相互关系,考查命题真假性地判断,属于基础题.
5.设是两款异面直线,下面命题中正确地是（）
A. 存在与都垂直地直线,存在与都平行地平面
B. 存在与都垂直地直线,不存在与都平行地平面
C. 不存在与都垂直地直线,存在与都平行地平面
D. 不存在与都垂直地直线,不存在与都平行地平面
【结果】A
【思路】
【思路】
画出一个正方体,依据正方体地结构特征,结合线，面平行和垂直地定理,判断出正确选项.
【详解】画出一个正方体如下图所示,分别是地中点.由图可知,
,平面,平面.由此判断A选项正确,本题选A.
【点睛】本小题主要考查
空间异面直线地位置关系,考查线面平行等知识,属于基础题.
6.已知,则（）
A. B. C. D.
【结果】D
【思路】
【思路】
先求得函数地导数,然后令求出正确选项.
【详解】依题意有,故,所以选D.
【点睛】本小题主要考查基本初等函数地导数,考查复合函数地导数计算,考查函数除法地导数计算,属于中档题.
7.如图,在空间四边形中,,,,,则异面直线与所成角地大小是（）
A. B. C. D.
【结果】B
【思路】
【思路】
通过计算出地数量积,然后利用夹角公式计算出与所成角地余弦值,进而得出所成角地大小.
【详解】依题意可知,
.设直线与所成角为,则
,故.所以本小题选B.
【点睛】本小题主要考查利用空间向量地数量积,计算空间两款异面直线所成角地大小,考查化归与转化地数学思想方式,考查数形结合地数学思想方式,属于中档题.要求两款异面直线所成地角,可以通过向量地方式,通过向量地夹角公式先计算出夹角地余弦值,再由此得出所成角地大小.
8.经过坐标原点地直线与曲线相切于点.若,则
A. B. C. D.
【结果】D
【思路】
【思路】
先求得函数在上地表达式,利用导数求得切线地斜率,写出切线方程,利用切线方程过原点求出切点地坐标满足地等式,由此得出正确选项.
【详解】当时,故,.所以切点为,切线地斜率为
,由点斜式得,将原点坐标代入得,即
,故选D.
【点睛】本小题主要考查经过某点地曲线切线方程地求解方式,考查含有绝对值地函数地思路式,考查利用导数求曲线地切线方程,考查同角三角函数地基本关系式,属于中档题.本题地
关键点有两个：一个是函数在上地表达式,另一个是设出切点,求出切线方程后,将原点坐标代入化简.
9.已知椭圆地右焦点是,为坐标原点,若椭圆上存在一点,使是等腰直角三角形,则椭圆地离心率不可能为（）
A. B. C. D.
【结果】C
【思路】
【思路】
分别依据为直角时,椭圆地离心率,由此得出正确地选项.
【详解】当时,代入椭圆方程并化简得,解得.当时,
,,故.当时,,即,,,解得.综上所述,C选项不可能,故选C.
【点睛】本小题主要考查等腰直角三角形地性质,考查椭圆离心率地求解方式,属于中档题.
10.在正方体中,分别为线段，上地动点,设直线与平面，平面所成角分别是,则（）
A. B.
C. D.
【结果】B
【思路】
【思路】
在图中分别作出直线与平面，平面所成地角,依据边长判断出,求出地表达
式,并依据表达式求得地最小值,也即是地最大值.
【详解】设正方体边长为.过作,而,故平面,故.同理过
作,得到.由于,故,所以,即.而
,当得到最小值时,得到最小值为,即得到最大值为.故选B.
【点睛】本小题主要考查
直线和平面所成地角,考查三角函数最值地判断与求解,属于中档题.
二，填空题（每题4分,满分20分,将结果填在答题纸上）
11.已知直线：,若地倾斜角为,则实数_______。

若直线与直线
垂直,则实数_______．
【结果】 (1). (2). 2
【思路】
【思路】
依据倾斜角求得斜率,由此列方程求得地值.依据两直线垂直地款件列方程,由此解出地值.【详解】当倾斜角为时,斜率为,故.由于直线和直线垂直,所以,解得（时不是直线方程,舍去）.
【点睛】本小题主要考查直线倾斜角与斜率地关系,考查两直线垂直地款件,属于基础题. 12.已知函数,则在处地切线方程为_________。

单调递减区间是_______．
【结果】 (1). (2).
【思路】
【思路】
先求得地导数,由此求得切线地斜率,并求得切线方程,依据导数求得函数地单调区间.
【详解】依题意.,故切线方程为.由
,解得,即函数地单调递减区间为.
【点睛】本小题主要考查利用导数求曲线地切线方程,考查利用导数求函数地单调区间,属于中档题.
13.某空间几何体地三视图如图所示,已知俯视图是一个边长为2地正方形,侧视图是等腰直角三角形,则该几何体地最长地棱地长度为_______。

该几何体地体积为______．
【结果】 (1). (2).
【思路】
【思路】
画出三视图对应地原图地直观图,依据直观图判断出最长地棱,利用椎体体积公式求得几何体地体积.
【详解】由三视图可知,原图为四棱锥,画出图像如下图所示.由图可知,为最长地棱长.由三视图可知,故,且四棱锥地体积为
.
【点睛】本小
题主要考查由三视图还原为原图,考查几何体边长地计算,考查几何体体积地计算,考查空间想象能力,属于中档题.解题地关键在于依据俯视图为正方形,计算出侧视图地宽,并求得几何体地高.依据地要点是：长对正，高平齐,宽相等.也即俯视图地宽和侧视图地宽是相等地.
14.如图,已知抛物线：,则其准线方程为_______。

过抛物线焦点地直线与抛物线
相交于两点,若,则_______.
【结果】 (1). (2). 6
【思路】
【思路】
依据抛物线地方程求得地值,由此求得准线方程.利用抛物线地定义求得点坐标,进而求得
直线地方程,联立直线地方程和抛物线地方程求得点地坐标,进而求得.
【详解】依题意抛物线地方程为,故,所以准线方程为.由于,依据抛物
线地定义,,,代入抛物线方程,求得.所以直线地斜率为
,方程为.代入抛物线方程并化简得,解得
,依据抛物线地定义可知.
【点睛】本小题主要考查抛物线地定义,考查抛物线地几何性质,考查过抛物线焦点地直线所得弦长问题,属于中档题.抛物线地焦点坐标和准线方程,与地值相关,过抛物线焦点地直线,常用地是利用抛物线地定义来解题.直线和抛物线联立,解方程组可求得交点地坐标.
15.若函数在上单调递减,则实数地值为_______.
【结果】
【思路】
【思路】
由于函数在上递减,利用导函数恒小于或等于零,由此求得实数地值.
【详解】依题意,在上恒成立,则需恒成立,
有两个相等地实数根,故.
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数地单调性,考查除法地导数,考查一圆二次不等式恒成立问题,属于中档题.
16.过双曲线：地左焦点作圆地切线,设切点为,延长
交抛物线：于点,其中有一个共同地焦点,若,则双曲线地离心率为_______.
【结果】
【思路】
【思路】
依据圆心到切线地距离等于半径求得,依据中位线求得且,利用等面积法求得点地纵坐标,代入切线方程求得横坐标.求出抛物线地方程,将点
地坐标代入抛物线方程,化简后求得地值,进而求得双曲线地离心率.
【详解】由于直线和圆相切,故圆心到直线地距离等于半径,而,故
.所以直线地斜率为,故直线地方程为.由于是地中点,故是三角形地中位线,故且,由等面积法得,解得,代入直线地方程,求得,故.由于抛物线和双曲线焦点相同,故
,所以抛物线方程为,将点坐标代入抛物线方程并化简得,即
,解得,故双曲线地离心率为.
【点睛】本小题主要考查直线和圆地位置关系,考查直线和抛物线地位置关系,考查双曲线地离心率,属于中档题.
17.已知矩形,,,现将沿对角线向上翻折,若翻折过程中地长度在范围内变化,则点地运动轨迹地长度是_______.
【结果】
【思路】
【思路】
过作直线,交于,交与,过作,交于.计算出地长,计算
折叠后地长,计算出翻折过程中经过地角度,利用弧长公式计算出地运动轨迹地长度.
【详解】过作直线,交于,交与,过作,交于.由于
,故.在翻折过程中,,所以平面,
所以.当时,,即三角形为等边三角形,.当
时,,,.所以翻折过程中
点运动地圆弧对应地圆心角为,故弧长为.
【点睛】本小题主要考查翻折
问题,考查空间想象能力和动态思路能力,属于中档题.
三，解答题（本大题共6题,共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
18.已知平面上有两点,.
（1）求过点地圆地切线方程。

（2）若在圆上,求地最小值,及此时点地坐标.
【结果】（1）和。

（2）见思路
【思路】
【思路】
（1）当直线斜率不存在时,与圆相切,符合题意.当直线斜率存在是,设出直线地点斜式方程,利用圆心到直线地距离等于半径求得直线地斜率,由此求得切线方程.（2）用余弦定理求得
地表达式,将问题转化为到原点距离地最小值来求解.
【详解】（1）①斜率不存在时：满足款件。

②斜率存在时,设直线：,,即
∴切线方程为和.
（2）在中,由余弦定理可知：,
则当最小时,取最小值
所以,,,.
【点睛】本小题主要考查直线和圆地位置关系,考查余弦定理解三角形,考查化归与转化地数学思想方式,属于中档题.
19.如图,在三棱柱中,,侧面为菱形.
（1）求证：平面平面。

（2）假如点分别为,地中点,求证：平面.
【结果】（1）见思路。

（2）见思路
【思路】
【思路】
（1）先征得,由此证得平面,进而证得平面平面
.（2）取地中点,连,通过证明平面,平面,证得平面
平面,进而证得平面.
【详解】（1）证明：∵三棱柱地侧面为菱形,
故,
又,且为平面内地两款相交直线,
故平面,
因平面,
故平面平面.
（2）如图,取地中点,连
又为地中点,故,
因平面,平面,
故平面,
同理,平面.
因为平面内地两款相交直线,
故平面平面
因平面
故平面.
【点睛】本小题主要考查面面垂直地证明,考查线面垂直地证明,考查线面平行地证明,属于中档题.
20.如图,在三棱锥中,垂直于平面,,,,点分别为
地中点,点为上一点,,直线平面.
（1）求地值。

（2）求直线和平面所成角地正弦值.
【结果】（1）。

（2）
【思路】
【思路】
（1）连结交于点,连结,利用线面平行地性质定理得到,利用相似比求得地值.（2）以为原点建立空间直角坐标系,通过计算直线地方向向量和平面地法向量,求得直线和平面所成角地正弦值.
【详解】（1）连结交于点,连结,
因为平面,
又因为平面,平面平面
所以
那么在中,
在中,点分别为地中点,
所以,
所以
（2）如图,以为原点,所在直线分别为轴,轴建立空间直角坐标系
不妨设
则,,,
,,
设平面地法向量,则
即
取,得平面地一个法向量
又,
所以.
【点睛】本小题主要考查线面平行地性质定理,考查利用空间向量计算线面角地正弦值,属于中档题.
21.已知椭圆：,右焦点,点在椭圆上.
（1）求椭圆地方程。

（2）设为椭圆上一点,过焦点地弦分别为,设,
,若,求地值.
【结果】（1）。

（2）8
【思路】
【思路】
（1）依据焦点和椭圆上一点地坐标,列方程组,解方程组求得地值,进而求得椭圆方程.（2）设出直线地方程,设出地坐标,依据共线向量地坐标运算求得点坐标地表达式.联立直线地方程和椭圆地方程,化简后写出韦达定理,同理联立直线地方程和椭圆方程,化简后写出韦达定理,由此计算得点地坐标,并求得地值.
【详解】（1）由已知款件得,解得
所以椭圆地方程为
（2）设直线：,直线：,,,
由,得,由,得
联立得
所以同理
由,得消去得
由,得,代入可得,
又得（*）
又,代入（*）式可得,
解得或（舍去）,
所以.
【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程地求解,考查直线和椭圆地位置关系,考查平面向量共线地坐标运算,考查运算求解能力,属于中档题.要求椭圆地标准方程,需要通过已知款件,转化为相关地方程组,解方程组求出地值,由此求得椭圆地标准方程,要注意椭圆焦点在哪个坐标轴上.
22.已知函数,其中．
（1）当时,求地最大值和最小值。

（2）当时,证明：在上有且仅有一个极大值点和一个极小值点（分别记为
）,且为定值．
【结果】（1）地最大值为,最小值为.（2）见思路
【思路】
【思路】
（1）当时,依据函数为奇函数,利用导数研究当时函数地单调性,由此求得函数在
上地单调性,进而求得最大值和最小值.（2）①将写成分段函数地形式,当
利用导数求得函数有一个极大值点和一个极小值点,当
时,函数单调递增,没有极值点.由此证得结论成立.
②依据①地结论,写出有关极值点地韦达定理,计算出为定值.【详解】（1）当时,是奇函数,
考虑,,
求导得,
当时,,当时,
所以在单调递减,单调递增,
又依据奇函数地对称性,
可知在单调递减,和单调递增
,,
所以地最大值为,最小值为.
（2）①当时,
当时,,,
,
所以在有2个根,,
其中,,则在和单调递增,在
又在单调递增,
所以在单调递增,在单调递减,在单调递增
所以在上有且仅有一个极大值点和一个极小值点
②因为是方程地两个根,
所以,
又,
所以为定值.
【点睛】本小题主要考查利用导数求函数地最大值和最小值,考查函数地奇偶性,考查含有绝对值函数地解题策略,考查利用导数研究函数地极值点,考查分类讨论地数学思想方式,属于难题.研究含有绝对值地函数,一般采用写成分段函数地方式,再对每段函数进行研究.。