2021-2022學年四川省閬中市高二下學期第一次學習水平檢測數(shù)學（理）試題【含答案】

1、2021-2022學年四川省閬中市高二下學期第一次學習水平檢測數(shù)學（理）試題一、單選題1下列直線中，傾斜角最大的為（）ABCDD【分析】首先分別求直線的斜率，再結(jié)合直線傾斜角與斜率的關(guān)系，即可判斷選項.【詳解】A.直線的斜率；B.直線的斜率；C.直線的斜率；D.直線的斜率，因為，結(jié)合直線的斜率與傾斜角的關(guān)系，可知直線的傾斜角最大.故選：D2過點且與拋物線只有一個公共點的直線有（）A1條B2條C3條D0條B【分析】過的直線的斜率存在和不存在兩種情況分別討論即可得出答案.【詳解】易知過點，且斜率不存在的直線為，滿足與拋物線只有一個公共點.當直線的斜率存在時，設直線方程為，與聯(lián)立得，當時，方程有一個

2、解，即直線與擾物線只有一個公共點.故滿足題意的直線有2條.故選：B3已知橢圓的一個焦點坐標是，則（）A5B2C1DC【分析】根據(jù)題意橢圓焦點在軸上，且，將橢圓方程化為標準形式，從而得出，得出答案.【詳解】由焦點坐標是，則橢圓焦點在軸上，且將橢圓化為，則 由，焦點坐標是，則，解得 故選：C42021年3月12日是全國第43個植樹節(jié)，為提高大家愛勞動的意識，某中學組織開展植樹活動，并收集了高三年級111班植樹量的數(shù)據(jù)(單位：棵)，繪制了下面的折線圖.根據(jù)折線圖，下列結(jié)論不正確的是（）A各班植樹的棵數(shù)不是逐班增加的B4班植樹的棵數(shù)低于11個班的平均值C各班植樹棵數(shù)的中位數(shù)為6班對應的植樹棵數(shù)D1至5

3、班植樹的棵數(shù)相對于6至11班，波動更小，變化比較平穩(wěn)C【分析】從圖中直接觀察可以判定AD正確，結(jié)合平均數(shù)的定義，將比4班多的里面取出部分補到比4班少的班中，可以使得4班的植樹量最少，從而判定B正確；結(jié)合中位數(shù)的定義可以判定C錯誤.【詳解】從圖可知，2班的植樹量少于1班，8班的植樹量少于7班，故A正確；4班的指數(shù)棵數(shù)為10，11個班中只有2、3、8班三個的植樹棵數(shù)少于10，且大于5棵，其余7個班的植樹棵數(shù)都超過10棵，且有6、7、9、10、11班五個班的植樹棵數(shù)都不少于15棵，將這五個班中的植樹棵數(shù)各取出5棵，加到2、3、8班中取，除4班外，其余各班的植樹棵數(shù)都超過了4班，所以4班植樹的棵數(shù)低于

4、11個班的平均值，故B正確；比6班植樹多的只有9、10、11三個班，其余七個班都比6班少，故6班所對應的植樹棵數(shù)不是中位數(shù)，故C是錯誤的；1到5班的植樹棵數(shù)的極差在10以內(nèi)，6到11班的植樹棵數(shù)的極差超過了15，另外從圖明顯看出，1至5班植樹的棵數(shù)相對于6至11班，波動更小，變化比較平穩(wěn)，故D正確；綜上，不正確的只有C，故選：C.本題考查頻數(shù)折線圖的意義，涉及平均數(shù)，中位數(shù)，波動大小的判定，難點是平均數(shù)的估算，這里采用取長補短法進行估算，可以避免數(shù)字的計算.5已知拋物線=的焦點為F， M、N是拋物線上兩個不同的點，若，則線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為（）A8B4CD9B【分析】過分別作垂直于準線

5、，垂足為，則由拋物線的定義可得，再過MN的中點作垂直于準線，垂足為，然后利用梯形的中位線定理可求得結(jié)果【詳解】拋物線=的焦點，準線方程為直線如圖，過分別作垂直于準線，垂足為，過MN的中點作垂直于準線，垂足為，則由拋物線的定義可得，因為，所以，因為是梯形的中位線，所以，所以線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為4，故選：B6已知拋物線，以為圓心，半徑為5的圓與拋物線交于兩點，若，則（）A4B8C10D16B【分析】由圓和拋物線的對稱性及|AB|的長，可以得到點A,B的縱坐標，代入拋物線方程得到其橫坐標關(guān)于p的函數(shù)表達式，再代入圓的方程求得p的值.【詳解】以為圓心，半徑為5的圓的方程為,由拋物線，得到拋物線

6、關(guān)于x軸對稱，又上面的圓的圓心在x軸上，圓的圖形也關(guān)于x軸對稱，它們的交點A,B關(guān)于x軸對稱，因為|AB|=8，A,B點的縱坐標的絕對值都是4，它們在拋物線上，于是A點的橫坐標的值,不妨設A在x軸上方，則A點的坐標為,又A在圓上，,解得,故選：B.本題考查拋物線的方程和幾何性質(zhì)，涉及圓的方程和性質(zhì)，關(guān)鍵是利用拋物線和圓的對稱性，結(jié)合弦長求得A,B的縱坐標，進而得到其橫坐標，代入圓的方程求得p的值.7在平行六面體中，點P在上，若，則（）ABCDC【分析】利用空間向量基本定理，結(jié)合空間向量加法的法則進行求解即可.【詳解】因為，所以有，因此，故選：C8已知平面的一個法向量為，點在平面內(nèi)，且到平面的距

7、離為，則的值為（）A1B11C或DC【分析】先求出，由題得，即,解方程即得解.【詳解】，而，即，解得或11.故選：C9已知橢圓的焦距為，過上一點作圓的兩條切線，切點分別是，若弦長的最大值為，則的離心率為（）ABCDD【分析】由已知可得，求出在點、處的切線方程為、，進而可得切點弦方程為，求出圓心到直線的距離，由最大值可得的最小值，進而可得最大值即為，由離心率公式即可求解.【詳解】因為橢圓的焦距為，可得，設，因為直線的斜率為，因為在點處的切線方程為：即，同理在點處的切線方程為：，因為兩切線相交于點，所以，因為，同時滿足直線的方程，所以直線即為切點弦的方程，此時圓心到直線：的距離，所以弦長，因此弦長

8、的最大值為，取得最小值為，所以最大值為，又的幾何意義是點到原點的距離，因為點到原點的距離最大值為，所以，所以橢圓的離心率為，故選：D.10已知存在非零實數(shù)使得，且，則的最小值為（）AB8CDA【分析】根據(jù)向量的共面定理，得到，再結(jié)合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，存在非零實數(shù)使得，可得，即四點共面，因為，根據(jù)向量的共面定量，可得，即，又由，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為.故選：A.11雙曲線的光學性質(zhì)如下：如圖1，從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)雙曲線鏡面反射，反射光線的反向延長線經(jīng)過左焦點我國首先研制成功的“雙曲線新聞燈”，就是利用了雙曲線的這個光學性質(zhì)某“雙曲線燈”的軸截面是雙

9、曲線一部分，如圖2，其方程為，分別為其左、右焦點，若從右焦點發(fā)出的光線經(jīng)雙曲線上的點A和點B反射后（，A，B在同一直線上），滿足，則該雙曲線的離心率的平方為（）ABCDD【分析】設，根據(jù)題意可得，由雙曲線定義得、，進而求出（用表示），然后在中，應用勾股定理得出的關(guān)系，求得離心率【詳解】易知共線，共線，如圖，設，則.因為，所以，則，則，又因為，所以，則,在中，即，所以.故選：D12已知拋物線的焦點為，過點且傾斜角為銳角的直線與交于、兩點，過線段的中點且垂直于的直線與的準線交于點，若，則的斜率為（）ABCDC【分析】設直線的方程為，其中，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出、

10、，根據(jù)條件可求得的值，即可得出直線的斜率.【詳解】拋物線的焦點為，設直線的方程為，其中，設點、，聯(lián)立可得，所以，直線的斜率為，則直線的斜率為，所以，因為，則，因為，解得，因此，直線的斜率為.故選：C.二、填空題13已知雙曲線的下焦點與拋物線的焦點重合，則_.【分析】根據(jù)雙曲線和拋物線的方程，分別求得其焦點坐標，根據(jù)題意列出方程，即可求解.【詳解】由雙曲線，可得下焦點為，又由拋物線，可得化為，其焦點坐標為，因為與重合，可得，解得.故答案為.14若向量若與的夾角為銳角，則的范圍為_.【分析】由與的夾角為銳角，判斷出，且、不同向共線，列不等式組求出k的范圍.【詳解】因為向量若與的夾角為銳角，所以，且

11、、不同向共線.只需滿足，解得：或.所以的范圍為.故答案為.15已知點和拋物線，過的焦點且斜率為的直線與相交于兩點，若，則_.【分析】設,利用點差法表示出直線的斜率,取AB的中點,利用拋物線的定義和梯形中位線判斷出MM0平行于x軸.可以求出y1+y2=4,即可求出斜率k.【詳解】設,則，所以,所以,取AB的中點,分別過點A,B作準線x=2的垂線,垂足分別為A1,B1.因為,所以AMB=90,所以.因為M0為AB的中點,所以MM0平行于x軸.因為,所以y0=2,則y1+y2=4,即k=-2.故-2.16已知點在拋物線上，點到的焦點的距離為，到軸的距離為.直線與拋物線相交于點以為直徑的圓恒過坐標原點

12、，則直線經(jīng)過定點_.【分析】根據(jù)拋物線的定義得到，即可求出，從而得到拋物線方程，設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，依題意可得，即可得到，從而求出，即可得解；【詳解】解：拋物線的準線方程為，依題意，解得，所以拋物線方程為，設直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程得，消去得，所以且，因為以為直徑的圓恒過坐標原點，即，即，即，解得（舍去）或，此時直線方程為，所以直線恒過定點故三、解答題17已知雙曲線的漸近線方程為且的焦距與圓的直徑相等.(1)求雙曲線的方程；(2)斜率為的直線與雙曲線交于兩點，且，求直線的方程.(1)(2)【分析】（1）由雙曲線的漸近線方程為，得到，結(jié)合，求得的值，即

13、可求解；（2）設直線的方程為，聯(lián)立方程組求得，結(jié)合弦長公式列出方程，求得的值，即可求解.【詳解】(1)解：由題意，雙曲線的漸近線方程為，可得，即，又由的焦距與圓的直徑相等，可得，以為，可得，所以雙曲線的方程為.(2)解：設直線的方程為，聯(lián)立方程組，整理得，可得，由弦長公式，可得，因為，即，即，解得，所以，所以直線的方程為.18已知空間三點，(1)求以AB，AC為鄰邊的平行四邊形的面積；(2)若向量分別與，垂直，且，求向量的坐標(1)(2)或【分析】（1）先求出，然后利用向量的夾角公式求出，從而可求出，再利用三角形的面積公式可求得答案，（2）設，然后利用向量分別與，垂直，且，列方程組可求得答案【

14、詳解】(1)因為，所以，所以，因為，所以，所以以AB，AC為鄰邊的平行四邊形的面積為(2)設，因為向量分別與，垂直，所以，因為，所以，解得或，所以或19開學在即，某校對全校學生返校所花費的時間進行調(diào)查，統(tǒng)計了該校學生居住地到學校的距離x（單位：千米）和學生花費在返校路上的時間y（單位：分鐘），得到如下數(shù)據(jù)：到學校的距離x（千米）1.52.53.44.75.06.9花費的時間y（分鐘）141824303442由統(tǒng)計資料表明y與x具有線性相關(guān)關(guān)系(1)求線性回歸方程（精確到0.01）；(2)小明家離學校8千米，請問小明到學校所花費的時間約為多少分鐘？（精確出整數(shù)）(3)若的距離數(shù)據(jù)，稱為“完美距離

15、”，那么從6個距離中任取2個，求抽取到的2個數(shù)據(jù)中至少有一個是“完美距離”的概率參考公式及數(shù)據(jù)：，(1)(2)48分鐘(3)【分析】（1）根據(jù)線性回歸方程參考公式求出，代入求，即可得出；（2）代入回歸直線方程求解即可；（3）列出基本事件，根據(jù)古典概型概率公式求解.【詳解】(1)，將代入，得，(2)當千米，分鐘小明到學校的時間約為48分鐘(3)由表格可知，6個數(shù)據(jù)中的有2個，記作，剩下的記作B，C，D，E，則6個數(shù)據(jù)中抽取2個數(shù)據(jù)共有15種，即，BC，BD，BE，CD，CE，DE其中至少有一個完美距離的有9種，所以抽取到至少有一個是“完美距離”的概率20如圖甲，在直角三角形中，已知，D，E分別是

16、的中點.將沿折起，使點A到達點的位置，且，連接，得到如圖乙所示的四棱錐，M為線段上一點.(1)證明：平面平面；(2)過B，C，M三點的平面與線段AE相交于點N，從下列三個條件中選擇一個作為已知條件，求直線DN與平面ABC所成角的正弦值.；直線與所成角的大小為；三棱錐的體積是三棱錐體積的注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理可得證；（2）分別選，可求得為的中點，再以為坐標原點，向量的方向分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.利用空間向量求得所求的線面角.【詳解】(1)分別為的中點，.，.，平面.又平面，平面平面.

17、(2)（2）選，；，為的中點.選，直線與所成角的大小為；，直線與所成角為.又直線與所成角的大小為，為的中點.選，三棱錐的體積是三棱錐體積的，又，即，為的中點.過三點的平面與線段相交于點平面，平面.又平面平面，為的中點.兩兩互相垂直，以為坐標原點，向量的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.則；.設平面的一個法向量為，直線與平面所成的角為.由，得.令，得.則.直線與平面所成角的正弦值為.21已知橢圓的左右焦點分別為，且，直線過與交于兩點，的周長為8(1)求的方程；(2)過作直線交于兩點，且向量與方向相同，求四邊形面積的取值范圍(1)；(2).【分析】(1)根據(jù)給定條件直接求

18、出半焦距，及長半軸長即可作答.(2)根據(jù)給定條件結(jié)合橢圓的對稱性可得四邊形為平行四邊形，設出直線l的方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，借助韋達定理、對勾函數(shù)性質(zhì)計算作答.【詳解】(1)依題意，橢圓半焦距，由橢圓定義知，的周長，解得，因此橢圓的方程為.(2)依題意，直線的斜率不為0，設直線的方程為，由消去并整理得：，則，因與方向相同，即，又橢圓是以原點O為對稱中心的中心對稱圖形，于是得，即四邊形為平行四邊形，其面積，則，令，則，則，顯然在上單調(diào)遞增，則當時，即，從而可得，所以四邊形面積的取值范圍為.結(jié)論點睛：過定點的直線l：y=kx+b交圓錐曲線于點，則面積；過定點直線l：x=ty+a交圓錐曲線于點，則面積.22已知函數(shù).(1)求函數(shù)的最小正周期