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1、眉山市高中2024届第三学期期末教学质量检测数学试题卷（理工类）2023.02本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名.准考证号等填写在答题卷规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上.4.考试结束后，将答题卷交回.第卷（选择题，共60分）一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求.1. 平面平面，则直线和的位置关系（ ）A. 平行B. 平行或异
2、面C. 平行或相交D. 平行或相交或异面【答案】B【解析】【分析】利用平面平面，可得平面与平面没有公共点，根据，可得直线，没有公共点，即可得到结论【详解】平面平面，平面与平面没有公共点，直线，没有公共点直线，的位置关系是平行或异面，故选：B.2. 双曲线的左、右焦点坐标分别是 ，虚轴长为4，则双曲线的标准方程是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的几何性质即可求解的值.【详解】由题意，双曲线的左、右焦点坐标分别是，所以， 又虚轴长为，则，所以，所以， 所以双曲线的标准方程为，故选：A.3. 已知表示两条不同直线,表示平面,下列说法正确的是A. 若,则B. 若,则C
3、. 若,则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系，可判定A，利用线面垂直的性质，可判定B；根据线面垂直的性质和直线与平面的位置关系，可判定C、D，得到答案.【详解】由题意，对于A中，若,则与相交、平行或异面，所以不正确；对于B中，若,根据线面垂直的性质可知是正确的；对于C中，若,则与平行、相交或在平面内，所以不正确；对于D中，若，则与的位置关系不确定，所以不正确，故选B.【点睛】本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系的判定，其中解答中熟记空间中线面位置关系的判定定理和线面垂直的性质是解答本题的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.4. 在空间直角坐标系中，已知，
4、则的中点关于平面的对称点坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由中点坐标公式可得点，再由关于平面对称的点的特征即可得解.【详解】因为，所以的中点，所以点关于平面的对称点坐标是.故选：D.5. 已知椭圆的两个焦点是，点在椭圆上，若，则的面积是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】，可得，是直角三角形，的面积，故选D.6. 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A. 32B. 16+C. 48D. 【答案】B【解析】【详解】由题意知原几何体是正四棱锥，其中正四棱锥的高为2，底面是一个边长为4的正方形，过顶点向底面做垂线，垂线段长是2，过底面的中心向长度是4
5、的边做垂线，连接垂足与顶点，得到直角三角形，得到斜高是2，所以四个侧面积是，底面面积为，所以该四棱锥的表面积是16+，故选B点评：本题考查由三视图求几何体的表面积，做此题型的关键是正确还原几何体及几何体的棱的长度.7. 已知为椭圆上点，点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为1，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为18，列出a,c的方程组，进而解出a,c，最后求出离心率.【详解】因为点到椭圆焦点的距离的最小值为，最大值为18，所以，所以椭圆的离心率为：.故选：B.8. 在长方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
6、 （ ）A B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系结合空间向量的数量积即可求解.【详解】解：由题意，在长方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系由题知，为的中点,则，所以，设直线与所成角为，则所以直线与所成角的余弦值为.故选：B.9. 已知矩形，将矩形沿对角线折成大小为的二面角，则折叠后形成的四面体的外接球的表面积是A. B. C. D. 与的大小有关【答案】C【解析】【详解】由题意得，在二面角内的中点O到点A,B,C,D的距离相等，且为，所以点O即为外接球的球心，且球半径为，所以外接球的表面积为选C10. 已知点P是抛物线上的-个动点，则点P到点A(0, 1)的距
7、离与点P到y轴的距离之和的最小值为A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，可得：1=故选C11. 已知为坐标原点，双曲线：的右焦点为，直线过点且与的右支交于，两点，若，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据点差法，结合平面向量坐标表示公式、斜率的公式进行求解即可.【详解】设，由题可知，是线段的中点，
8、分别是双曲线右支上的点，两式相减并整理得，即，又，.故选：B【点睛】关键点睛：应用点差法，结合平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.12. 已知是椭圆上一点，是椭圆的左，右焦点，点是的内心，延长交线段于，则的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】如图，点是椭圆上一点，过点M作BM垂直直线于点，过点作垂直直线于点，设的内切圆半径为，则，由得：又，故得：，所以，由椭圆方程得：，所以由与相似，可得：,令，则,可求得：，问题得解【详解】如图，点是椭圆上一点，过点M作BM垂直直线于点，过点I作垂直直线于点，设的内切圆半径为，则，由三角形面积相等即：得：又，故得：，所以，由椭圆方程得
9、：，所以由与相似，可得：,令，则,可求得：，故选A【点睛】本题主要是利用三角形相似将所求的比值转化成三角形相似比问题，即构造两个三角形相似来处理，对于内切圆问题通常利用等面积法列方程即：即：=+（其中是的内切圆圆心），从而解决问题第卷（非选择题，共90分）二填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卷中的相应位置.13. 若抛物线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等，则_.【答案】【解析】【分析】直接由抛物线的定义求解即可.【详解】由抛物线的定义可得，解得.故答案为：2.14. 已知直线与圆相切，则a的值为_.【答案】【解析】【分析】利用圆心到直线的距离，直接求的值.【详
10、解】由题意可知圆心到直线的距离， 解得：.故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的位置相切，求参数，属于简单题型.15. 设点，分别为椭圆C：的左，右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的一个取值可以为_【答案】0（答案不唯一）【解析】【分析】当时，说明椭圆上存在4点满足条件.【详解】当时，则,由椭圆方程可知，因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个交点，使得成立的点恰好有4个，所以实数的一个取值可以为0.故答案为：0（答案不唯一）16. 在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，点为正方形所在平面内的一个动点，且满足，则线段的长度的最大值是_.【答案】【解析】【分析】在正方形所在平
11、面内建立平面直角坐标系，设，由，可得，进而可得出结果.【详解】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，则有，因为，所以，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以线段长度的最大值为.故答案为6【点睛】本题主要考查点线面间的距离计算，以及立体几何中的轨迹问题，常用坐标系的方法处理，属于常考题型.三解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知圆经过坐标原点和点，且圆心在轴上.（1）求圆的方程；（2）设直线经过点，且与圆相交所得弦长为，求直线的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）设圆的方程为，再利用待定系数法求出，即可得解；（2）
12、分类讨论直线的斜率存在与不存在两种情况，结合弦长公式及点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】依题意，设圆的方程为，则有，解得，所以圆的方程为；【小问2详解】由弦长公式知，解得，即圆心到直线的距离为1，当直线斜率不存在时，即符合题意，当直线斜率存在时，设直线方程为，即，则，解得，所以直线的方程为，即，综上，直线的方程为或.18. 如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.【答案】（1）见证明；(2)见解析【解析】【分析】（1）由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，证得，利用线面
13、平行的判定定理，即可得到面；（2）由点分别为中点，得，由线面平行的判定定理，证得面，由面面平行的判定定理，即可得到证明.【详解】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点 故面 面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点 理由如下：由点分别为中点可得： 面面 由（1）可知，面且故面面【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直，着重考查了推理与论证能力19. 如图，在多面体中，矩形，矩
14、形所在的平面均垂直于正方形所在的平面，且.（1）求多面体的体积；（2）求平面与平面所成锐二面角余弦值.【答案】（1）10 （2）【解析】【分析】（1）利用补形法和体积差减去三棱锥的体积即可；（2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，求出，并结合立体图形判定二面角为锐角，从而进一步求出二面角余弦值即可.【小问1详解】平面，同理均与平面垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体，此长方体体积为，三棱锥的体积为，故此多面体的体积为10；【小问2详解】以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令得，又为正方形，故平面，为平面的一个法向量，
15、故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20. 已知在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过焦点的直线与椭圆交于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）从下面两个条件中任选其一作为已知，证明另一个成立：；直线的斜率满足：.【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）由椭圆的性质求解，（2）联立直线与椭圆方程公式，由弦长公式与韦达定理化简求解，【小问1详解】依题意，有：，则，故椭圆的标准方程为：【小问2详解】选作为已知：当直线斜率不存在时，与椭圆交点为，此时，不合题意，当直线斜率存在时，设，联立，有：，则，令，则有：，解得，选作已知：依题意，则直线，联立，有，则，即21. 如图，在四棱柱中，底面
16、是正方形，平面平面，.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、的方向分别为、的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可求得棱的长.【小问1详解】证明：因为四边形为正方形，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，所以，【小问2详解】解：取的中点，连接，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，以点为坐标原点，、的方向分别为、的正方向建立如下图所示
17、的空间直角坐标系，设，其中，则、，设平面的法向量为，则，取，则，由题意可得，解得，则.22. 已知以动点为圆心的与直线：相切，与定圆：相外切.（）求动圆圆心的轨迹方程；（）过曲线上位于轴两侧的点、（不与轴垂直）分别作直线的垂线，垂足记为、，直线交轴于点，记、的面积分别为、，且，证明：直线过定点.【答案】（）；（）详见解析.【解析】【分析】（）根据题意，点到直线的距离与到的距离相等，由抛物线的定义可得解；（）设、，用坐标表示、，利用韦达定理，代入即得解.【详解】（）设，半径为，则，所以点到直线的距离与到的距离相等，故点的轨迹方程为.（）设，则、设直线：（）代入中得，、又直线恒过【点睛】本题考查了直线和抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
四川省眉山市2022-2023学年高二年级上册学期期末教学质量检测理科数学试题【含答案】
