陜西省西安市鄠邑區(qū)2022-2023學年高二上學期理數期末試卷（含答案）

陜西省西安市鄠邑區(qū)2022-2023學年高二上學期理數期末試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．已知直線l，m與平面α，其中m?α，則“l(fā)⊥m”是“A．充要 B．必要不充分C．充分不必要 D．既不充分也不必要2．若實數x，y滿足約束條件x?y≥0x+y?2≤0，則z=x?2yA．?1 B．1 C．?2 D．23．設等比數列{an}中，a1+A．16 B．32 C．12 D．184．已知m=a+1a+1(a>0)，n=3xA．m>n B．m<n C．m=n D．m≤n5．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且c=2acosB，則A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形6．拋物線x2=2py(p>0)上一點M的坐標為(?2，A．3 B．2 C．1 D．177．在正方體ABCD—A1B1A．12 B．22 C．328．已知橢圓x2+myA．2 B．1 C．14 9．已知a，b，A．若xa+yB．a，b，C．一定存在x，y，使得aD．a+10．雙曲線的標準方程為x2A．該曲線兩頂點的距離為2B．該曲線與雙曲線y2C．該曲線上的點到右焦點距離的最小值為1D．該曲線與直線l：11．已知空間四面體OABC中，對空間內任一點M，滿足OM=14A．λ=12 B．λ=13 C．12．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還宲有“數學之神”的稱號．拋物線上任意兩點A，B處的切線交于占P，稱△PAB為“阿基米德三角形”，當線段AB經過拋物線焦點F時，△PAB具有以下特征：（1）P點必在拋物線的準線上；（2）△PAB為直角三角形，且PA⊥PB；（3）PF⊥AB．已知過拋物線x2=16y焦點的直線l與拋物線交于A，B頁點，過點A，B處的切線交于點P，若點P的橫坐標為2，則直線A．x+2y?8=0 B．x?2y+8=0 C．x?4y+16=0 D．x+4y?16=0二、填空題13．若命題“?x∈R，2?x2>m”是真命題，則實數m14．若a=(?1，215．設{an}是公差不為0的等差數列，a1=116．在平面直角坐標系xOy內，O為坐標原點，對于任意兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，定義它們之間的“歐幾里得距離”三、解答題17．設p：（1）若a=1，p且(?q（2）若p是q的充分不必要條件，求實數a的取值范圍．18．已知函數f(x)=|x|+2|x?9|．（1）解不等式f(x)<15；（2）若關于x的不等式f(x)<a有解，求實數a的取值范圍．19．如圖所示，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB=BC=3，BP=3，CF=13CP（1）證明：EF∥平面ABP；（2）求直線PC與平面ADF所成角的正弦值．20．已知△ABC的三個內角A、B、C的對邊分別是a、b、c，且滿足a2（1）求角C的值；（2）若a=2，b=5，且AD=1321．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=22，∠ABC=90°，O為BD中點，如圖（1）．把△ABD沿BD（1）求證：OA⊥CD；（2）若M為線段BC的中點，求點M到平面ACD的距離．22．已知橢圓C：x2a2（1）求C的方程；（2）動直線l與圓O：

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】由題知，直線l，m與平面α，其中當“l(fā)⊥m”時，“l(fā)⊥α”不一定成立，l可能在平面內，如圖當“l(fā)⊥α”時，由線面垂直的性質定理知，l垂直于平面α內的任意一條直線，即“l(fā)⊥m”成立.所以“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件.故答案為：B

【分析】根據線面垂直的判定定理和性質定理，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.2．【答案】A【解析】【解答】x?y=0x+y?2=0，解得x=y=1，設A(1平移基準直線x?2y=0到可行域邊界A(1，z=x?2y取得最小值1?2×1=?1.故答案為：A

【分析】走出不等式組所表示的平面區(qū)域，結合圖象確定目標函數的最優(yōu)解，代入即可求解.3．【答案】A【解析】【解答】由題，a則a故答案為：A.

【分析】根據題意，結合等比熟路的性質求得q=2，再結合a104．【答案】A【解析】【解答】∵a>0，∴m=a+1a+1≥2a?1又∵x<1，∴n=3x<則m>n，故答案為：A.

【分析】利用基本不等式求得m≥3，再結合指數函數的圖象與性質，得到n<3，即可求解.5．【答案】A【解析】【解答】c=2acosB，由正弦定理，得即sin∴sinAcosB=又0<A<π，0<B<π，∴則△ABC的形狀為等腰三角形.故答案為：A.

【分析】由正弦定理和三角恒等變換的公式，化簡得到sinAcosB=cosA6．【答案】B【解析】【解答】∵M(?2，1)在拋物線上，∴4=2p，解得：p=2，∴點M到焦點的距離為故答案為：B.

【分析】把點M代入拋物線的方程，求得p=2，結合拋物線的定義，即可求解M到焦點的距離.7．【答案】D【解析】【解答】如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，不妨設正方體邊長為1，則D(0，則AD=(?1設異面直線AD，BD1所成角為則cosθ=|故答案為：D

【分析】以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，設正方體邊長為1，求得向量則AD→8．【答案】C【解析】【解答】因為橢圓x2+my且橢圓的標準方程為：x2+所以4=1×1m，故故答案為：C.

【分析】由橢圓x2+my9．【答案】C【解析】【解答】對于A，若x，y，對于B，a，b，c是空間的一個基底，則對于C，a，b，c不共面，則不存在實數對于D，若a+b，b?故a+故答案為：C．

【分析】由x，y，z不全為0，得到a，b，c共面，可判定A正確；根據空間向量的基底的定義，可判定B正確；由10．【答案】C【解析】【解答】由雙曲線的標準方程x2?y對A：該曲線兩頂點為A1(?1，對B：雙曲線x2?y由雙曲線的標準方程y2?x23對C：當點在雙曲線的右支時，該點到右焦點距離的最小值為c?a=1；當點在雙曲線的左支時，該點到右焦點距離的最小值為c+a=3；綜上所述：該曲線上的點到右焦點距離的最小值為1，C符合題意；對D：聯立方程y=3(x?2)x故該曲線與直線l：故答案為：C.

【分析】根據雙曲線的方程，求得a，b，c的值，求得兩頂點間的距離，可判定A不符合題意；根據雙曲線的幾何性質，分別求得兩個雙曲線的漸近線方程，可判定B不符合題意；根據點在雙曲線的左支、右支時，分別求得點到右焦點距離的最小值，可判定C符合題意；聯立方程組，求得方程組的解，可判定D不符合題意.11．【答案】D【解析】【解答】根據空間中四點共面可知14+1故答案為：D

【分析】根據空間四點共面的性質，得到14+112．【答案】C【解析】【解答】拋物線x2=16y的焦點F的坐標為(0，由題意知，△PAB為“阿基米德三角形”，可得P點必在拋物線的準線上，所以點P(2，?4)，直線PF的斜率為又因為PF⊥AB，所以直線AB的斜率為14所以直線AB的方程為y=14x+4故答案為：C．

【分析】根據題意得到點P必在拋物線的準線上，得到點P(2，?4)，求得直線PF的斜率，結合PF⊥AB，得到直線AB的斜率，進而求得直線13．【答案】(?∞【解析】【解答】y=2?x2的最大值為2，根據題意，2>m，即m的取值范圍是故答案為：(?∞，

【分析】根據特稱命題為真命題，結合二次函數的性質，可求出實數m的取值范圍.14．【答案】(?【解析】【解答】由題知，a=所以與向量a同方向的單位向量為a|所以與向量a同方向的單位向量的坐標為(?故答案為：(?

【分析】根據單位向量的求法，結合a→|a15．【答案】9【解析】【解答】∵數列{an}是公差不為0的等差數列，a1=1，且a2，a4，a8成等比數列，∴（1+3d）2=（1+d）（1+7d），解得d=1，或d=0（舍），∴an=1+（n﹣1）×1=n．∴1故答案為9

【分析】根據a2，a4，16．【答案】8【解析】【解答】設P(x，y)，則||OP||=|x|+|y|=2當x≥0，y≥0時，①化為：當x≥0，y<0時，①化為：當x<0，y≥0時，①化為：當x<0，y<0時，①化為：由此畫出P點的軌跡如下圖所示，所以軌跡的長度為22故答案為：8

【分析】設P(x，y)，根據題意得到||OP||=|x|+|y|=2，分類討論，即可求得點17．【答案】（1）解：對x2?4ax+3a因為a>0，所以不等式x2?4ax+3a當a=1時，p為真命題，實數x的取值范圍為B={x|1<x<3}，對x2?11x+18≤0，則(x?2q為真命題，實數x的取值范圍為C={x|2≤x≤9}，∵p且(?q所以實數x的取值范圍為B∩(（2）解：∵p是q的充分不必要條件，則A?B，∴a>0a≥23a≤9，解得綜上所述：實數a的取值范圍為{a|2≤a≤3}．【解析】【分析】（1）當a=1時，根據一元二次不等式的解法，分別求得不等式的解集B={x|1<x<3}和C={x|2≤x≤9}，由p且(?q)為真命題，結合B∩(?RC)，即可求解；

（2）由（1）A={x|a<x<3a}，根據p18．【答案】（1）解：由題意化簡f(x)=3x?18,x≥9∵f(x)<15，∴x≥93x?18<15或0≤x<918?x<15或解得不等式的解集為{x|3<x<11}．（2）解：依題意，求|x|+2|9?x|的最小值，f(x)=3x?18,x≥9∴a>9【解析】【分析】（1）本題利用零點分段法將絕對值函數轉化為分段函數，再利用分類討論的方法求出不等式的解集。

（2）本題利用絕對值函數轉化為分段函數，再借助分段函數的圖象求出函數的最值，從而利用不等式的大小關系求出a的取值范圍。19．【答案】（1）證明：由題意知，BC，BA，BP兩兩互相垂直，以B為原點，BC，BA，BP所在直線分別為x，y，則B(0，0，0)，C(3，所以BC=(3，0∵PB⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，∴PB⊥BC又∵BC⊥BA，ABCD，且PB，BA?平面∴BC⊥平面ABP，所以BC=(3，0因為BC?所以BC⊥又EF?平面ABP，所以EF∥平面ABP．（2）解：因為A(0，3，0)，C(3，0，所以AD=(3，0，0)設平面ADF的法向量為n=(x由n?AD=3x=0n?得平面ADF的一個法向量為n=(0設直線PC與平面ADF所成的角為θ，則sinθ=|cos<PC故：直線PC與平面ADF所成角的正弦值為35【解析】【分析】（1）根據題意，以B為原點，建立空間直角坐標系，利用線面垂直的判定定理證得BC⊥平面ABP，得到向量BC→是平面ABP的一個法向量，結合BC→?EF→=0，即可得到EF∥平面ABP；

（2）由（1）中的空間直角坐標系，求得平面20．【答案】（1）解：由正弦定理asinA=bsin所以a2b又由余弦定理得cosC=a化簡得tanC=3，又C∈(0，（2）解：由AD=1所以|CD∴|CD|=231【解析】【分析】（1）由正弦定理和題設條件，化簡得到absinC=3(a2+b2?c2)21．【答案】（1）證明：在△ABD中，AB=AD，且O為BD中點，則OA⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，OA?平面所以OA⊥平面BCD，且CD?平面BCD，所以OA⊥CD.（2）解：在直角梯形ABCD中，BC=2AD=2AB=22所以BD=CD=2，BC=22∴CD⊥BD，又∵O、M分別為BD、BC的中點∴OM∥CD，∴OM⊥BD以O為原點，以OB、OM、OA所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標系，則O(可得MC=平面ACD的一個法向量為n=由n?DC=2y=0n?DA=x+z=0則點M到平面ACD的距離d=|【解析】【分析】（1）在△ABD中，證得OA⊥BD，結合平面ABD⊥平面BCD，利用面面垂直的性質，證得OA⊥平面BCD，進而證得OA⊥CD；

（2）根據題意證得OM⊥BD，以O為原點，建立空間直角坐標系，求得平面ACD的一個法向量為n=(122．【答案】（1）解：由題知：e=ca=所以C的方程為x2（2）解：當l的斜率不存在時，線段MN的中垂線為x軸，此