四川省乐山市2021-2022高二上学期期末教学质量检测理科数学试题及答案.pdf

1、 乐山市高中乐山市高中 20232023 届期末教学质量检测届期末教学质量检测 理科数学参考答案及评分意见理科数学参考答案及评分意见 2022022 2.1.1 一、选择题：一、选择题：本大题共本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. . 1.B 2.D 3.C 4.A 5.D 6.A 7.B 8.C 9.C 10.D 11.B 12.A 详解：详解： 1.1. 【解析】由题可知直线方程为122yx，即230 xy，故选.B 2.2. 【解析】显然, a c的位置关系是相交或异面，故选.D 3.3. 【解析】由题可知，圆的标准方程为22(1)(2)9

2、xy，所以圆心为(1, 2)，半径为3，故选.C 4.4. 【解析】因为(1, 1,1)pm,所以()1 2( 1) 2(1) 10 pmn,解得1，故选. A 5.5. 【解析】22259xyk化为标准方程为221259xykk，则两曲线实轴长、虚轴长、焦距均不相等，而渐近线方程同为35yx ，故选.D 6.6. 【 解析 】 如 图 ，设另 一 个 焦 点 为F， 连 接PF， 则OFQ的 周 长为1()52OFOQQFOFPFPFca，故选. A 7 7. . 【解析】 取OC中点F， 连接EF， 因为,E F分别为,VC OC中点， 则EFVO，即BEF为 直线VO与BE所 成 角 ，

3、令 正 四面 体 边长 为 1， 则32BE ，1626EFVO，所以2cos3EFBEFBE，故选.B 8.8. 【解析】令双曲线右焦点为F，由对称性可知，| |QFPF，则| | | | 2PFQFPFPFa，为常数，故选.C 9.9. 【解析】如图，取11,CAAC的中点分别为1,MM，连接BMMM ,1,过点D作BMDN /交1MM于点N， 则易证DN平面CCAA11， 连接AN， 则D A N为AD与 平 面CCAA11所 成 的 角 在ABCRt中 ，3 DNBM, 在DNARt中 ，.46623s i nADDNDAN故选C 10.10. 【解析】设圆锥的半径为r，母线长l，因为

4、侧面展开图是一个半圆，则2lr，即2lr，又圆锥的表面积为12，则212rrl，解得2r ，4l ，则圆锥的高222 3hlr，所以圆锥的体积218 333Vr h，故选.D 11.11. 【解析】 如图， 设抛物线的准线为l， 过A作AMl于M， 过B作BNl于N，过B作BKAM于K，设BFm，则3mAF ，4mAB ，|2mAK ， 60BAM，3|32CFpm，2m ，|2 34 3BKm， ABC的面积为ACFBCF1|6 32SSSCF BK，故选.B 12.12. 【解析】设E是AC的中点， 连接,EB ES，由于SASC，ABBC，所以,ACSE ACBE，所以SEB是二面角SA

5、CB的平面角， 所以3cos3SEB.在三角形SAC中,6SE ,在三角形ABE中,2BE ,在三角形SEB中，由余弦定理得:222cos2SBSEBESE BESEB，所以2BSBABC，由于2 2SASCAC，所以,BS BA BC两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示， 正方体的边长为2， 则体对角线长为2 3.设正方体外接球的半径为R， 则3R ，所以外接球的表面积为2412R，故选. A 二、填空题：二、填空题：本大题共本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13. 1y ； 14.2 3； 15. 2221xy； 16. 513

6、e 详解：详解： 13.13.【解析】抛物线214yx 可化为24xy ，则其准线为1y . 14.14.【解析】设正方体边长为a，则2114323aa，解得2a ，所以体对角线长为32 3a . 15.15.【解析】设P的坐标为P00(,)xy，( , )M x y，则0(,0)Q x，则0012xxyy，即002xxyy， 因为220012yx，则2221xy，即M的轨迹方程为2221xy. 16.16. 【解析】 过点O作1OMPF于M， 过点2F作21F NPF于N， 因为212PFFF， 所以1PNFN，又因为21OFFO，所以1MNFM，故1114FMFP，又因为122PFPFa，

7、 且2122PFFFc，所以122PFac，因此12acFM，所以2222acOMc， 又因为直线1PF与圆222xya有公共点，所以22OMa，故2222acca， 即223250caca，则23250ee，所以513e ， 又因为双曲线的离心率1e ，所以513e. 三三、解答解答题：题：本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 7 70 0 分分. . 17.17.（本小题满分（本小题满分 1010 分）分） 【证明】 ： （1）连接AC，,E F分别是,AB BC的中点，EFAC. 1 分 在ADC中，CGAHGDHD，GHAC，EFGH. 3 分 所以,E F G H四点共面. 5

8、 分 （2）EHFGP，所以PEH， 又EH 平面ABD，P平面ABD， 7 分 同理P平面BCD， 8 分 P为平面ABD与平面BCD的一个公共点. 又平面ABD平面BCDBD.PBD，即, ,P B D三点共线. 10 分 GHFEABCD1 18 8. .（本小题满分（本小题满分 1 12 2 分）分） 【解析】 （1）设11( ,)M x y，由定义可知11MFx， 2 分 过M作x轴的垂线，垂足为H，11FHx， 3 分 又60 xFM，则111112FHxFMx，解得13x 5 分 所以114FMx 6 分 （2）设11( ,)M x y，22(,)N xy 因为,M N在椭圆上，

9、则2114yx，2224yx， 8 分 两式相减得：1212124yyxxyy 9 分 又因为(2,1)P为MN的中点，则1212422yykxx，即l斜率为2 10 分 此时，直线l的方程为12(2)yx ，即230 xy 12 分 1 19 9. .（本小题满分（本小题满分 1 12 2 分）分） 【解析】 （1）取PA的中点G，因为E为PD的中点， 所以GEAD且12GEAD 1 分 又因为F为BC的中点，四边形ABCD为菱形， 所以BFAD且12BFAD 3 分 所以BFGE且BFGE， 故四边形BFEG为平行四边形，所以BGEF 5 分 因为BG 面PAB，EF 面PAB，所以EF面

10、PAB 6 分 （2）因为底面ABCD是边长为 2 的菱形，2AC ，则ACD为正三角形， 所以23234ACDS 8 分 因为PA面ABC，所以PA为三棱锥PACD的高 所以三棱锥的体积1113322233A CDEE ACDP ACDVVV 12分 2020. .（本小题满分（本小题满分 1 12 2 分）分） 【解析】 （1）当1a 时，联立221021xyxy 得：(1,0)P，(3,2)Q， 则22(1 3)(02)2 2PQ 4 分 （2）假设存在，设11( ,)P x y，22(,)Q xy， 联立221021axyxy 得：22(21)430axax 由韦达定理可知，12212

11、2421321axxax xa 8 分 因为以PQ为直径的圆经过坐标原点，则OPOQ，即12120 x xy y 10 分 代入可得，220a ，方程在实数范围内无解，故不存在. 12 分 2121. .（本小题满分（本小题满分 1 12 2 分）分） 【解析】 （1）法一：BDM为等边三角形，BDBM， 则CDCM，即M为1CC中点， 2 分 在1ABM中，15AB ，13AM ，2BM ， 则22211AMBMAB，即1AMBM， 4 分 同理可得1AMDM， 5 分 又BMDMM，1AM面BDM 6 分 法二：BDM为等边三角形，BDBM， 则CDCM，即M为1CC中点， 2 分 建立如

12、图的坐标系，则(0,0,0)D，(1,1,0)B，(0,1,1)M，1(1,0,2)A， 1( 1,1, 1)AM ，( 1,0,1)BM ，(0,1,1)DM ，DA(1,0,2) 1100AM BMAM DM，11AMBMAMDMBMDMM， 4 分 1AM面BDM 6 分 （2）设面1MAB的法向量为1111( ,)x y zn， 11111111102(1,2,1)01xxyzyxzzn， 8 分 同理可得面1DAB的法向量2(2, 2, 1)n， 10 分 1224 16cos663 n n，余弦值为66 12 分 2222. .（本小题满分（本小题满分 1 12 2 分）分） 【解

13、析】 （1）法一：设直线AM，AN的方程分别为1y ，2x ，则(2, 1)M，( 2,1)N ， 直线MN的方程为20 xy， 2 分 再设AN的方程为20 xy，则直线AM的方程为250 xy， 分别联立椭圆方程22163xy，解得( 2, 1)N ，22 1(, )99M， 则直线MN 的方程为420 xy， 4 分 联立20420 xyxy，解得21( ,)33R 6 分 法二：设点1122,M x yN xy， 若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：ykxm， 代入椭圆方程消去y并整理得：22212k4260 xkmxm， 可得12241 2kmxxk ，21222612mx x

14、k， 2 分 因为AMAN，所以0AM AN ，即 121222110 xxyy， 根据1122,kxm ykxmy ,代入整理可得： 22121212140 x xkmkxxkm， 所以22222264k121401212mkmkmkmkk， 整理化简得231210kmkm， 因为(2,1)A不在直线MN上，所以210km ， 故2310(1)kmk ， 4 分 于是MN的方程为2133yk x1k ， 所以直线过定点直线过定点21,33P. 5 分 当直线MN的斜率不存在时，可得11,N xy， 由0AM AN 得： 111122110 xxyy， 得1221210 xy ，结合2211163xy可得：2113840 xx， 解得：123x 或22x （舍）. 此时直线MN过点21,33P. 6 分 （2）由（1）可知22214 2|(2)(1)333AR 8 分 因为ADMN，取AR中点Q，则12 223DQAR 10 分 此时，4 1( , )3 3Q 12 分