2023-2024学年上海市高二年级上册期末数学模拟试题 二（含答案）

2023-2024学年上海市高二上册期末数学模拟试题

一、填空题

1.半径为1的球的表面积为.

【正确答案】47

【分析】由球的表面积公式S表=4万内即可得到答案.

【详解】S球衣=4万A?,

R=I,

...5球表=4*%、12=4万，

故答案为：4;T

本题考查球的表面积公式;属于基础题.

2.抛物线y2=4x的准线方程是

【正确答案】x=-l

【分析】根据抛物线的标准方程形式求出P,再根据开口方向，写出其准线方程.

【详解】对于抛物线V=4x,.2p=4,.∙.p=2,

又抛物线开口向右，，准线方程为X=-L

故答案为.x=-l

3.双曲线f-r=ι的渐近线方程为.

2

【正确答案】√2x±y=0

【分析】根据双曲线的渐近线方程的定义求解.

【详解】•••双曲线的方程为上-χ2=l

2

双曲线的渐近线方程为JiX±y=0,

故答案为.岳±y=0

4.己知圆锥的底面半径为1,高为2,则圆锥的母线长为.

【正确答案】√5

【分析】根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形求解.

【详解】因为圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形,

所以母线长/=，,+炉=jF+22=6.

故石

5.在正三棱锥P-ABC中，异面直线用与BC所成角的大小为.

π

【正确答案】-

【分析】利用线面垂直即可求得以与8C垂直，进而得到异面直线以与BC所成角的大小

【详解】正三棱锥尸―ABC中，取BC中点。连接A。、PD,

则PZUBC,ADlBC,

又PDCAD=D,PDU平面PAD,4)U平面PAO,

则BC/平面PAZ),又B4u平面皿)，则E4J∙3C

JT

则异面直线PA与BC所成角的大小为1

6.已知α=(l,2,3),⅛=(3,2,1),则α∙(α+%)=.

【正确答案】24

【分析】利用向量的数量积直接求解.

【详解】因为α=(l,2,3),6=(3,2,1),

所以α+b=(4,4,4).

所以α∙("+b)=lx4+2x4+3χ4=24.

故24

7.以耳(TO)为焦点的椭圆，+1=l(α>0)上有一动点M,则IM耳I的最大值为.

【正确答案】3

【分析】利用焦点坐标即椭圆中α,6,c∙的关系求出椭圆的标准方程，然后分析椭圆上的动点

“在何处时IM用最大.

【详解】因为耳(TO)为椭圆£+5=1(。＞0)的焦点,

所以42>3,c=l,b=y∣3,

222

所以由“2-/=C?=>a=c+b=F+(λ∕5)-=4,

所以椭圆的标准方程为：工+或=1,

如图所示:

GG1,0)'/(2,0)X

因为耳(T,0)为椭圆的左焦点，M为椭圆上的动点，

故当用处于右顶点A时IMGI最大，

且最大值为∣M6∣=α+c=2+l=3,

故3.

8.抛物线C上任意一点P(口(都满足庄詈』=J(X-I)2+(y-1)2,则抛物线C

准线的距离为.

【正确答案】二/##逑

22

【分析】根据抛物线上动点满足的方程及抛物线的定义确定焦点与准线即可得解.

【详解】抛物线C上任意一点p(χ,y)都满足吃+"=J(XT，()T)2知，

√2

动点P(χ,y)到定点(1』)和直线χ+y+ι=o的距离相等，

所以(1,1)为抛物线的焦点，χ+y+l=0为抛物线的准线，

故焦点到准线的距离为d=*U=W==±g,

故|血

9.在正四棱柱ABC。-AAG。中，AB=I,A41=6,则点A到平面。的距离为.

【正确答案】叵

7

【分析】三棱锥等体积法即可求得点A到平面AiBD的距离.

【详解】设点A到平面A3。的距离为“，

v

由Λ-,∖lβυ=KlLAM），即ɪ5ΔASD."=gS^ABD-M

-s,∙M卜IXlXG5

可得一3="Ir亍

10.用与圆柱底面所成的二面角大小为α[θ<α<ɪj的平面截圆柱,截面图形为一个椭圆（或

其一部分），则当α=g时，该椭圆的离心率为.

O

【正确答案】g##0.5

【分析】根据题意画出图形，利用图形建立与椭圆相关的长半轴，短半轴，结合椭圆性质,

利用椭圆离心率的求解公式求解即可.

【详解】如图所示：

A

设椭圆的长轴对应的顶点为A,椭圆中心为O,圆柱体底面中心为。I,

圆柱底面半径为r,且底面圆

则椭圆的长半轴为AO=”,

由椭圆截面与圆柱底面所成的二面角大小为α=F,

6

_r_2r

所以“一兀一G，

cos-Y

6

又短半轴长为：b=r

由a2-b2=C2,

所以C2=信KnC十

r

所以椭圆的离心率为：e=£=第=4，

QNr2

√3

故答案为］

H.已知正方体ABCO-A8cA的棱长为1,点E为棱GR的中点，正方体表面上一动点P

满足DP1Ae且DPLCE,则直线DP与平面ABCD所成角的大小为一.

【正确答案】arcsin"ɪ

14

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量确定点P的位置，再利用线面角定义，即可求得直

线DP与平面ABCD所成角的大小.

【详解】以。为原点，分别以04、DC、。。所在直线为x、y、Z轴建立空间直角坐标系如

图:

则0(0,0,0),A(l,0,0),C(O,1,O),C1(0,1,1),E(O,g,l),

≡Aq=(-1,1,1),CE=(0,-∣,1),

设P(X,y,z),x,y,zw[0,l],则OP=(X,y,z),则ACi∙DP=0,CE∙DP=O,

-%÷γ+z=O

则，1八，则y=2z,x=3z,

一一y+z=O

2'

2121

又动点P正在方体表面上，则X=I,y=§,z=§,可得P(l,5,p

则点P在侧面ABBM内.

过点P在侧面ABBM作PQlA8于。，连接。P、DQ,

则ZPDQ为直线DP与平面ABCD所成角，

贝-inNPOQ=曹

又则.√M

ZPOQe0,|,NPOQ=arcsιn-----.

14

,√M

故arcsιn-----

14

12.记双曲线的一支与-[=1(*>0),曲线孙=O和直线y=6所围成的封闭图形为T,将r

绕着直线X=O旋转一周所形成的几何体记作F,试利用祖瞄原理、一个圆柱和一个圆锥，得

出r的体积值为.

【正确答案】216π

【分析】根据图形，过点(0,y)(0≤y≤6)作与y轴垂直的平面，截r所得的截面为圆面，根

据圆面面积，利用祖胞原理，转化为圆柱、圆锥的体积求解即可.

【详解】过点(0,y)(0≤y≤6)作与y轴垂直的平面，截「所得的截面为圆面,

截面圆半径『=Iχ∣,

丫2”2Q

由I-Y=I(X>0)得/=1丁+22),

.,.πχ2=—(πγ2+π∙22)

,由祖BIfl原理，可将该几何体的体积转化为求一个底面半径为2,高为6的圆柱和一个底面

9

半径为6,高为6的圆锥的体积和的:倍，

4

,1,9

.∙.V=(π∙2^×6+-π∙6^×6)∙-=216π

故216π

二、单选题

13.已知三条直线4，4满足4〃4且12,，3,贝也与4()

A.平行B.垂直C.共面D.异面

【正确答案】B

【分析】根据空间直线平行垂直的定义，结合等角定理进行判定.

【详解】若6〃，2且/2，/3,根据空间直线垂直的定义，可得∕∣J∙L不平行，有可能共面，

也有可能异面.

故选：B.

14.设"为直线/的一个方向向量，"为平面ɑ的一个法向量，则“小〃=0"是‘'∕ua"的()

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.非充分非必要条件

【正确答案】B

【分析】利用空间向量与立体几何的关系即可得到二者的逻辑关系，进而可得“小〃=0”是

“/Ua”的必要非充分条件.

【详解】d为直线/的一个方向向量，"为平面心的一个法向量，

则由小"=0,可得∕ua或〃/&,则“小〃=0”不是"/ua”的充分条件；

由∕ua,可得小〃=0,则“小〃=0”是"/ua”的必要条件.

则“小〃=0”是"/ua”的必要非充分条件.

故选：B

15.用一个平面截正方体，截面图形可能是（）

A.钝角三角形B.直角梯形

C.有两个内角相等的五边形D.正七边形

【正确答案】C

【分析】根据正方体的截面分析得到答案.

【详解】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形.

对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.

设,DA=a,DB=b,DC=c,所以4C2=/+c),AB~=a"+b21BC2=b'+c2∙

AD-IAC2_BC?2/

所以由余弦定理得：cosZCAB=一1—=,>0,所以NCAB为锐

2ABAC2√a2+⅛2√a+c2

角.

同理可求：NACB为锐角，/C84为锐角.

所以ABC为锐角三角形.故A错误；

对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯

形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.

故B错误;

对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.

故C正确;

对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误.

故选：C

16.已知平面上三点A(0,0),8(2,0),C(IJ),若动点P满足IPAl+俨用+IPeI=2也，有以

rr

下两个命题：①三角形APB面积的最大值为1；(2)ZΛPB≥p则()

A.①为真命题，②为真命题B.①为真命题，②为假命题

C.①为假命题，②为真命题D.①为假命题，②为假命题

【正确答案】A

【分析】根据给定条件，推理探求点P在ABC内，再分别判断命题①②的真假作答.

【详解】依题意，ABC是等腰直角三角形，IACI=IBCl=0,|AB|=2,NAC8=5,如图,

显然，当点P与C重合时，∣P4∣+∣P3∣+∣PC∣=2夜成立，

当点P在直线AC上(除点C外)或P,8在直线AC两侧时，如图中耳位置，

16川+|耳C∣≥∣AC∣=正,用ITBCI=夜,有IqAl+∣[C∣+∣耳8|>2近,因此点尸不能在

点片位置，

由对称性知，点P不能在直线BC(除点C外)及右侧，

当点P在X轴及下方时，如图中鸟位置，点C到无轴距离d=l,

∖P2A∖+∖P2B∖≥∖AB∖=2,∖P2C∖≥d=∖,⅛∙∣∕>Λ∣+∣∕>B∣+∣^C∣≥3>2√2,因此点尸不能在点

鸟位置，

综上知，满足IPAl+归目+∣PC∣=2夜的动点P在ΛBC内或与点C重合，

点P到X轴距离最大值为点C到X轴距离d=1,于是得(SMB)IraX=gIA8∏∕=l,①正确；

TT

当点P与C重合时，ZAPB=-,当点P在一ABC内时，延长AP交BC于D,

JΓTT

则有NAP8>NAO8>NACB=g,于是得NApBN万，②正确，

所以①为真命题，②为真命题.

故选：A

关键点睛：符合某个条件的动点位置问题，利用几何图形，探讨不满足给定条件的点所在区

域是解题的关键.

三、解答题

17.已知圆G+)2-2x-2y-l=0和圆C?+V=8.

(1)证明：圆G和C?相交;

（2）求圆C1和公共弦所在的直线方程.

【正确答案】（1）证明见解析;

⑵2x+2y-7=0

【分析】（1）利用两圆圆心距与两圆半径之间的关系即可证明圆C和G相交;

（2）利用两圆方程相减即可求得圆G和G公共弦所在的直线方程.

【详解】（1）圆G：（x—iy+（y—1）2=3,圆心为（1,I）,半径为百

圆C?:/+）,2=8,圆心为（0,0）,半径为2夜

圆心距ICGI=应牛夜-瓜2&+百），故圆G和G相交.

（2）由（1）可得圆Cl和G相交，

联立两圆方程,

并上下相减可得圆G和C2公共弦所在的直线方程为2x+2y-7=0.

JT

18.如图,在正四棱锥P-ABCo中=

⑴求侧棱PA与底面ABCD所成角的大小;

（2）求二面角P-AB-C的大小.

Tr

【正确答案】（1）:

4

（2）arccos—

【分析】⑴设底面正方形A8C。的中心为。,连接AO,P。,可得Po1平面ABCZ）,则NPAO为

侧棱PA与底面ABC。所成角,设出正四棱锥侧棱,根据角度关系,找到各个长度,求出夹角余弦

值,即可求出夹角；

(2)取AB的中点为反连接尸E,OE,即可证明/PEO为二面角P-AB-C的平面角,根据(1)中

的数量关系,求出长度及夹角余弦值,即可得出结果.

【详解】(1)解:由题知正四棱锥P-ABCD,

设底面正方形ABCD的中心为0,

连接AO,PO,

所以在正四棱锥「一ABCl)中,P。1平面ABCD,

即点P在平面ABCO上的投影为0,

故/PAO为侧棱PA与底面ABCD所成角，

在二Λ4B中,f¼=PB,NPAB=1,

故一∕¾B为等边三角形,设其边长为“(α>0),

因为P。上平面ABCD,AOU平面ABCD,

故尸Oj.A。，

在Rt△尸40中,Λ4=α,AO=∙¼C=旦，

22

所以cosZPAO=4^=—,

PA2

TT

即ZPAO=^,

故侧棱NI与底面ABCQ所成角的大小：；

4

(2)取AB的中点为E,连接PE,OE,

/✓一卜一，、∖/

A△一卡''%

E

在正方形ABC。中,OE_LAB,

在等边一BAB中,PE_LAB,

故/PEO为二面角尸-AB-C的平面角，

因为P。1平面ABCD,EoU平面ABCD,

故PoJ_E0,

在RtZVjEO中,PE=3α,OE=LBC=LO,

222

CosZPfO=-=—,

PE3

即Z.PE0=arccos—,

3

故二面角尸-AB-C的大小为arccos

3

19.对于精美的礼物，通常人们会用包装纸把礼物包好，还会用彩带捆扎包装好的礼物，有

时还会扎出一个花结.这些包装彩带也不便宜，因此在捆扎时不仅要考虑美观、结实，也要考

虑尽量地节省包装彩带.以长方体的礼物为例，较为典型的两种捆扎方式分别为“十字”和“对

角”，如下图所示.

假设1：将礼物视作一个长方体，其长为4,宽为2、高为1；假设2：不考虑花结处的彩带,

将每一段彩带视为线段，且完全位于礼物的表面上；假设3：“十字”捆扎中，长方体表面上

的每一段彩带(上底面和下底面各2段，每个侧面各1段)都与其相交的棱垂直：假设4：

“对角”捆扎中，以某种方式展开长方体后，长方体表面上的每一段彩带(上底面和下底面各

2段，每个侧面各1段)在其表面展开图上均落在同一条直线上.

⑴求“十字”捆扎中彩带的总长度；

(2)根据假设4绘制示意图，求“对角”捆扎中彩带的总长度，并比较两种捆扎方式，给出用彩

带捆扎礼物的建议.

【正确答案】(1)16

(2)2√34,在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带

【分析】(1)直接利用题意即可求出采用“十字”捆扎中彩带的总长度；(2)求出“对角”捆扎

中彩带的总长度，比较大小，即可得到答案.

【详解】⑴采用“十字”捆扎中彩带的总长度为4=2x2+2x4+4x1=16：

22

(2)L2=λ∕(2×l+2×4)+(2×l+2×2)=2λ^4

由于L>4,因此在实际生活中包装彩带时应选择“对角”捆扎的方式，更节省包装彩带.

20.已知双曲线「:犬-1=1,设其左、右顶点分别为A,B,中心为0.

(1)求双曲线『的焦距和虚轴长；

(2)斜率为W的直线/交双曲线「于C,。两点，且OCLOO,求弦长IC。|；

(3)设双曲线F右支上两点M,N满足直线AM与BN在y轴上的截距之比为1：3,判断直线

MN是否过定点，并说明理由.

【正确答案】(1)焦距为4,虚轴长为2石；

⑵4；

(3)过定点(2,0),理由见解析.

【分析】(I)根据双曲线的标准方程求解即可;

(2)设直线/:y=当(x-〃])，联立双曲线方程，由根与系数关系及OCLOO求〃?，再由

弦长公式求解即可；

(3)设〃”：丫=；(》+1),故由截距之比可设/&”：y=-3f(x-l),联立双曲线方程，分别求出

M,N坐标，由对称性若过定点则定点为P(ΛO,O),利用斜率求解即可.

【详解】(1)r：x2-^=l

.*.a2=1,⅛2=3,

Hlc2=a2÷⅛2=4,

所以焦距为2c=4,虚轴长为劝=2g∙

(2)设直线/:y=∕ɪ(X-AΠ),C(X],凶),£)(工2，丁2)

X2--=1

则ɜ,消元得4f+2w—(,/+5)=0,

y=T(x

Δ=4m2+16(//+5)>O成立，

m

x^x2=~

由韦达定理可得由于OCj_OD,故OC∙OZ)=0,

ιτr+5

4

即石/+乂％=°，化简可得8中2-3帆(％+/)+3疗=0,

3

所以-2(m2+5)+-m2+3∕π2=O,解得=±2,

2m

√20∕n2+80

由弦长公式可得ICa=X---------------=----4---.----

4

(3)设∕ey=f(χ+l),故由截距之比可设/8“：y=-3f(x-l),

y=f(x+l)

⅛-，，y2I,消元得(3-*卜2一μ一户一3=0,

[3

所以XA∙X,"

y=-3f(x-l)

由，2_£_，消元得(3-9/b2+18rx-9r-3=0,

X^τ-

-9r-3,故XN=a⅛

所以巧,=

3-9rλ3-9户

(产+36t]f-9t2-318r]

故MN,^3≡9^,3≡9^J,

若直线MN过定点，根据对称性在X轴设定点为P(x0,0),

6t⑻

2

则kl>M=kpN=7j丁=_9第」,化简可得(6XO-12)(Z+1)=O,

3≡F-Λ°^3≡9F^Λ°

故6x0-12=0,解得演=2,

即直线MN过定点(2,0).

21.己知椭圆久亍+：=1的左、右焦点分别为K和心,经过点片且斜率为k的直线/交椭圆

4于B,C两点,其中点C在第二象限.如图所示,将J的上半部分(半椭圆)沿着长轴翻折使得

点C翻折至点A且二面角A-FE2-8为直二面角.设三角形BCK和三角形A8E的周长分别

为CIBCE1和CABF2•

⑵若k=-6,求异面直线AF2和BF1所成角的大小;

QO

⑶若C%=yγ,求人的值.

【正确答案】(1)证明见解析

C13

(2)arccos—

(3)-√2

【分析】(1)根据椭圆的定义,写出周长,即可证明；

(2)根据k=-6,设直线方程,求民C两点坐标,进而求出各个长度,还原到立体图形中,分别取

,B6,06的中点为£>,E,Q,连接OB,OD,OE,DE,QE,DQ,根据垂直关系,中位线及余弦定

理,求出各个长度,进而求得直线OO,OE夹角即为异面直线AK和Ba所成角；

(3)根据CAB5=4。,找到BC,AB之间的关系,设BC直线方程,联立方程组,求出BC弦长,再根

据二面角A-K乙-B为直二面角,过A做底面垂线,还原到平面图形中,根据两点间的距离公

式,即可求AB长度,再根据3C,43之间的关系建立等式,求出直线即可.

【详解】(1)解:由椭圆定义可得：<小〃=忸C∣+∣C闾+怛闾=8,

CABF

2=∖AB∖+∖AF^+∖BF2∖

<|明|+|明|+|A段+忸闾

=IM+M∣+阿|+|竭

=8,

故得证C<CABCF]=8；

(2)由题知椭圆<:?+《=1,

所以片(T0),

因为A=-ʌ/ɜ,

所以直线/的方程为：y=-√3(x÷l),

昌匚

联立43,

y=-√3(x+l)

可得：5X2+8Λ=0,

Q

解得：⅞=o,⅛=

代入直线方程可得：B(θ,-√3),C

因为M(T,0),E(1,0),

阿I=忸用=M可=2，

IOBI=G

所以。8J.0E,

分别取M,B%O亮的中点为D,E,Q,

连接OB,OD,OE,DE,QE,DQ如图所示:

所以IA图=分,IA用=上出闾=2,

忻。I=S,忻Ql=/用=于

∖0D∖=l∖0E∖=X,∖QE∖=^,

在耳人及。耳。中分别由余弦定理可得:

cosZAfJ∕ζ.L⅛⅛⅛⅛依「+忸。

2∣泪M片21MMQl

14

代入数值可得

解得：1叱零,

因为二面角❷-8为直二面角,。8，。尸2,

所以08L平面A-E,

因为EQ分别是8鸟,0尸中点,

所以田2〃。8,

所以EQL平面AKg,

故必。。，

所以国=I对+阈臼零［+图2=需

I1V/JI4/1∖)∖J

在I)OE中,由余弦定理可得：

“OE=小哈坦

2∖DO∖∙OE∖

426

+1-------

100

2~∙1

5

13

28,

因为£2。分别是AJ中点,

所以。O〃AK，0E〃8K,

所以直线OO,