2022-2023学年四川省广安市区恒升中学高二数学文测试题含解析

2022-2023学年四川省广安市区恒升中学高二数学文测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.椭圆的离心率为e，点（1，e）是圆x2+y2﹣4x﹣4y+4=0的一条弦的中点，则此弦所在直线的方程是（）A．3x+2y﹣4=0 B．4x+6y﹣7=0 C．3x﹣2y﹣2=0 D．4x﹣6y﹣1=0参考答案：B【考点】直线的一般式方程；椭圆的简单性质．【专题】计算题．【分析】求出椭圆的离心率，然后求出（1，e）圆心的斜率，即可得到弦的斜率，求出直线方程．【解答】解：椭圆的离心率为：，圆的圆心坐标（2，2），所以弦的斜率为：=，所以过点（1，）的一条弦的中点，则此弦所在直线的方程是y﹣=（x﹣1）即：4x+6y﹣7=0．故选B．【点评】本题是基础题，考查直线与圆的位置关系，求出弦的中点与圆心的连线的斜率是解题的关键．2.过点P(4,-1)且与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程是（

）A

4x+3y-13=0

B

4x-3y-19=0C

3x-4y-16=0

D

3x+4y-8=0参考答案：A略3.若大前提是“任何实数的绝对值都大于0”，小前提是“”，结论是“”，那么这个演绎推理()A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.没有错误参考答案：A【分析】根据题中三段论，可直接判断出结果.【详解】0是实数，但0的绝对值仍然是0；因此大前提“任何实数的绝对值都大于0”错误.故选A【点睛】本题主要考查演绎推理，会分析三段论即可，属于常考题型.4.右边程序运行后的输出的结果为（

）A． B．C． D．参考答案：C略5.椭圆上一点P到左焦点的距离为，则P到右准线的距离为（）A． B． C． D．参考答案： C【考点】椭圆的简单性质．【分析】设P（x0，y0），由题意可得|PF1|=a+ex0=3，解得x0．再利用P到右准线的距离d=﹣x0即可得出．【解答】解：设P（x0，y0），由椭圆上一点P到左焦点F1的距离为，即|PF1|=a+ex0=，∴a=，e=解得x0=﹣．=3，∴P到右准线的距离d=3=．故选：C．6.已知函数，若存在正实数，使得集合，则的取值范围为（

）A．

B．

C． D．参考答案：A7.若直线过点(1,0)与双曲线只有一个公共点，则这样的直线有A．4条

B．3条

C．2条

D．1条参考答案：B略8.在中，若，则的形状一定是（

）A．锐角三角形

B．钝角三角形

C．直角三角形

D．等腰三角形参考答案：D9.在△ABC中，若，则△ABC是（）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．直角三角形参考答案：B【考点】三角形的形状判断．【分析】根据二倍角的余弦函数公式化简等式的左边，然后再根据三角形的内角和为π，利用诱导公式得到cosC=﹣cos（A+B），代入化简后的等式中，利用两角和与差的余弦函数公式变形后，可得cos（A﹣B）=1，由A和B都为三角形的内角，可得A﹣B=0，进而得到A与B度数相等，根据等角对等边可得三角形ABC为等腰三角形．【解答】解：∵cosAcosB=sin2=，又cosC=cos[π﹣（A+B）]=﹣cos（A+B）=﹣cosAcosB+sinAsinB，∴2cosAcosB=1﹣cosC=1﹣（﹣cosAcosB+sinAsinB）=1+cosAcosB﹣sinAsinB，移项合并得：cosAcosB+sinAsinB=1，即cos（A﹣B）=1，又A和B都为三角形的内角，∴A﹣B=0，即A=B，∴a=b，则△ABC是等腰三角形．故选B10.“金导电、银导电、铜导电，所以一切金属都导电”。此推理方法是A．完全归纳推理

B．归纳推理

C．类比推理

D．演绎推理参考答案：B略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹方程是

参考答案：

12.圆被直线截得的弦长为____．参考答案：2【分析】把圆的极坐标方程化为普通方程，把直线极坐标方程化为普通方程，可以发现直线是轴，让代入圆的普通方程中，这样可以求出弦长.【详解】,直线,所以，所以有或，因此弦长为.【点睛】本题考查了极坐标方程化为普通方程，考查了直线与圆的位置关系.13.已知直角坐标平面上任意两点，定义．当平面上动点到定点的距离满足时，则的取值范围是

．参考答案：14.若为虚数单位，则的值为_______.参考答案：－4

略15.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B—AC—D，

则四面体ABCD的外接球的体积为

．

参考答案：略16.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．参考答案：【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知，该几何体是由半球和长方体组成的组合体；V球=．【解答】解：该几何体是由半球和长方体组成的组合体；其中半球的体积为V1=×=；长方体的体积为V2=2×2×3=12，则该几何体的体积为V=V1+V2=．17.对任意正整数，定义的双阶乘如下：当为偶数时，；当为奇数时，。现有四个命题：①；②；③个位数为0；④个位数为5。其中正确命题的序号有______________。参考答案：①③④略三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.在△ABC中，BC＝a，AC＝b；a、b是方程的两个根，且。求：(1)角C的度数；(2)AB的长度。

参考答案：解：（1）

C＝120°

（2）由题设：

略19.已知椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的离心率为e=，且过点（1，）．抛物线C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣）．（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（Ⅱ）若点M是直线l：2x﹣4y+3=0上的动点，过点M作抛物线C2的两条切线，切点分别为A，B，直线AB交椭圆C1于P，Q两点．（i）求证直线AB过定点，并求出该定点坐标；（ii）当△OPQ的面积取最大值时，求直线AB的方程．参考答案：考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（I）由已知条件，设椭圆方程为，把点代入能求出椭圆C1的方程．抛物线C2中，由，能求出抛物线C2的方程．（II）（i）设点M（x0，y0），且满足2x0﹣4y0+3=0，点A（x1，y1），B（x2，y2），由于切线MA，MB同过点M，有，由此能证明直线AB过定点．（ii）设P（x3，y3），Q（x4，y4），联立方程，得，由此利用根的判别式和韦达定理能求出直线方程．解答： 解：（I）由于椭圆C1中，，则设其方程为，由于点在椭圆上，故代入得λ=1．故椭圆C1的方程为．抛物线C2中，∵抛物线C2：x2=﹣2py（p＞0）的焦点坐标为（0，﹣），∴，故p=1，从而椭圆C1的方程为，抛物线C2的方程为x2=﹣2y．（II）（i）证明：设点M（x0，y0），且满足2x0﹣4y0+3=0，点A（x1，y1），B（x2，y2），则切线MA的斜率为﹣x1，从而MA的方程为y=﹣x1（x﹣x1）+y1，考虑到，则切线MA的方程为x1x+y+y1=0，同理切线MB的方程为x2x+y+y2=0，由于切线MA，MB同过点M，从而有，由此点A（x1，y1），B（x2，y2）在直线x0x+y+y0=0上．又点M在直线2x﹣4y+3=0上，则2x0﹣4y0+3=0，故直线AB的方程为（4y0﹣3）x+2y+2y0=0，即y0（4x+2）+（2y﹣3x）=0，∴直线AB过定点．（ii）解：设P（x3，y3），Q（x4，y4），考虑到直线AB的方程为x0x+y+y0=0，则联立方程，消去y并简化得，从而，，，从而，点O到PQ的距离，从而=，当且仅当，即，又由于2x0﹣4y0+3=0，从而消去x0得，即，解得，从而或，∴所求的直线为x+2y+2=0或x﹣14y﹣10=0．点评：本题考查椭圆和抛物线方程的求法，考查直线过定点的证明，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意韦达定理的合理运用．20.如图所示，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD，DA上的点．且满足==，==2．（1）求证：四边形EFGH是梯形；（2）若BD=a．求梯形EFGH的中位线的长．参考答案：【考点】直线与平面平行的性质；平行线分线段成比例定理．【分析】（1）利用比例关系，求出EH∥BD，FG∥BD，EH=，FG=BD，即可证明四边形EFGH是梯形；（2）EH==，FG=BD=a，即可求梯形EFGH的中位线的长．【解答】（1）证明：∵==，==2，∴EH∥BD，FG∥BD，EH=，FG=BD．∴EH∥FG，EH≠FG，∴四边形EFGH是梯形；（2）解：∵BD=a，∴EH==，FG=BD=a，∴梯形EFGH的中位线的长为．21.（1）已知a＋b＋c＝1，求证：ab＋bc＋ca≤