2022年高二上學期期中數(shù)學試卷（理科） 含解析(V)一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1已知傾斜角為的直線，與直線x3y+1=0垂直，則tan=（）AB3C3D2已知雙曲線C：=1（a0，b0）的兩個焦點為F1（5，0），F(xiàn)2（5，0），P為雙曲線C的右支上一點，且滿足|PF1|PF2|=2，則雙曲線C的方程為（）A=1B=1C=1D=13“a+b=2”是“直線x+y=0與圓（xa）2+（yb）2=2相切”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4圓O：x2+y22x7=0與直線l：（+1）xy+1=0（R）的位置關系是（）A相切B相交C相離D不確定5已知F是橢圓+=1（ab0）的左焦點，A為右頂點，P是橢圓上一點，且PFx軸，若|PF|=|AF|，則該橢圓的離心率是（）ABCD6已知命題p：“x0，1，a2x”，命題p：“xR，x2+4x+a=0”，若命題“pq”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是（）A1，4B2，4C2，+）D4，+）7某幾何體的主視圖和左視圖如圖（1），它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1如圖（2），其中O1A1=6，O1C1=2，則該幾何體的側(cè)面積為（）A48B64C96D1288以原點O引圓（xm）2+（y2）2=m2+1的切線y=kx，當m變化時切點P的軌跡方程是（）Ax2+y2=3B（x1）2+y2=3C（x1）2+（y1）2=3Dx2+y2=29直線l交橢圓4x2+5y2=80于M、N兩點，橢圓的上頂點為B點，若BMN的重心恰好落在橢圓的右焦點上，則直線l的方程是（）A5x+6y28=0B5x6y28=0C6x+5y28=0D6x5y28=010已知函數(shù)f（x）=（ex+1）（ax+2a2），若存在x（0，+），使得不等式f（x）20成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（0，1）B（0，）C（，1）D（，）11雙曲線x2y2=xx的左、右頂點分別為A1、A2，P為其右支上一點，且P不在x軸上，若A1PA2=4PA1A2，則PA1A2等于（）ABCD無法確定12已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點且F1PF2=，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為（）ABC3D2二、填空題（本大題4個小題，每小題5分，共20分.）13兩條平行直線l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0的距離為14一個球與正三棱柱的三個側(cè)面和兩個底面都相切，已知這個球的體積為36，那么該三棱柱的體積是15某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側(cè)面的面積為16如圖所示，過拋物線C：y2=2px（p0）的焦點F作直線交C于A、B兩點，過A、B分別向C的準線l作垂線，垂足為A，B，已知四邊形AABF與BBAF的面積分別為15和7，則ABF的面積為三、解答題（本大題6個小題，共70分）17在直角坐標系xOy中，以坐標原點O為圓心的圓與直線：相切（1）求圓O的方程；（2）若圓O上有兩點M、N關于直線x+2y=0對稱，且，求直線MN的方程18（）命題“”為假命題，求實數(shù)a的取值范圍；（）若“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要條件，求實數(shù)m的取值范圍19已知雙曲線C：=1 的離心率是，其一條準線方程為x=（）求雙曲線C的方程；（）設雙曲線C的左右焦點分別為A，B，點D為該雙曲線右支上一點，直線AD與其左支交于點E，若=，求實數(shù)的取值范圍20如圖，曲線c1：y2=2px（p0）與曲線c2：（x6）2+y2=36只有三個公共點O，M，N，其中O為坐標原點，且=0（1）求曲線c1的方程；（2）過定點M（3，2）的直線l與曲線c1交于A，B兩點，若點M是線段AB的中點，求線段AB的長21已知A、B、C是橢圓M： =1（ab0）上的三點，其中點A的坐標為，BC過橢圓M的中心，且（1）求橢圓M的方程；（2）過點（0，t）的直線l（斜率存在時）與橢圓M交于兩點P、Q，設D為橢圓M與y軸負半軸的交點，且，求實數(shù)t的取值范圍22已知橢圓C： +=1（ab0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且F1，F(xiàn)2與短軸的一個頂點Q構(gòu)成一個等腰直角三角形，點P（，）在橢圓C上（I）求橢圓C的標準方程；（）過F2作互相垂直的兩直線AB，CD分別交橢圓于點A，B，C，D，且M，N分別是弦AB，CD的中點，求MNF2面積的最大值參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1已知傾斜角為的直線，與直線x3y+1=0垂直，則tan=（）AB3C3D【考點】直線的一般式方程與直線的垂直關系【分析】利用直線相互垂直的充要條件即可得出【解答】解：傾斜角為的直線，與直線x3y+1=0垂直，×tan=1，解得tan=3故選：C2已知雙曲線C：=1（a0，b0）的兩個焦點為F1（5，0），F(xiàn)2（5，0），P為雙曲線C的右支上一點，且滿足|PF1|PF2|=2，則雙曲線C的方程為（）A=1B=1C=1D=1【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】由題意求得c，結(jié)合已知求得a，再由隱含條件求得b，則雙曲線方程可求【解答】解：由題意，知c=5，又P為雙曲線C的右支上一點，且滿足|PF1|PF2|=2，2a=2，得a=則b2=c2a2=255=20雙曲線C的方程為故選：A3“a+b=2”是“直線x+y=0與圓（xa）2+（yb）2=2相切”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】根據(jù)直線與圓相切的充要條件，可得“直線x+y=0與圓（xa）2+（yb）2=2相切”的等價命題“a+b=±2”，進而根據(jù)充要條件的定義，可得答案【解答】解：若直線x+y=0與圓（xa）2+（yb）2=2相切則圓心（a，b）到直線x+y=0的距離等于半徑即=，即|a+b|=2即a+b=±2故“a+b=2”是“直線x+y=0與圓（xa）2+（yb）2=2相切”的充分不必要條件故選A4圓O：x2+y22x7=0與直線l：（+1）xy+1=0（R）的位置關系是（）A相切B相交C相離D不確定【考點】直線與圓的位置關系【分析】根據(jù)直線l：（+1）xy+1=0（R），經(jīng)過定點A（1，2），且點A在圓內(nèi)，可得直線和圓相交【解答】解：直線l：（+1）xy+1=0（R），可化為（x1）+（xy+1）=0，令x1=0，則xy+1=0，可得定點A（1，2）定點A（1，2）在圓內(nèi)，故直線和圓相交，故選：B5已知F是橢圓+=1（ab0）的左焦點，A為右頂點，P是橢圓上一點，且PFx軸，若|PF|=|AF|，則該橢圓的離心率是（）ABCD【考點】橢圓的簡單性質(zhì)【分析】令x=c，代入橢圓方程，解得|PF|，再由|AF|=a+c，列出方程，再由離心率公式，即可得到【解答】解：由于PFx軸，則令x=c，代入橢圓方程，解得，y2=b2（1）=，y=，又|PF|=|AF|，即=（a+c），即有4（a2c2）=a2+ac，即有（3a4c）（a+c）=0，則e=故選B6已知命題p：“x0，1，a2x”，命題p：“xR，x2+4x+a=0”，若命題“pq”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是（）A1，4B2，4C2，+）D4，+）【考點】命題的真假判斷與應用【分析】對于命題p：利用ax在x0，1上單調(diào)遞增即可得出a的取值范圍，對于命題q利用判別式0即可得出a的取值范圍，再利用命題“pq”是真命題，則p與q都是真命題，求其交集即可【解答】解：對于命題p：x0，1，a2x，a（2x）max，x0，1，2x在x0，1上單調(diào)遞增，當x=1時，2x取得最大值2，a2對于命題q：xR，x2+4x+a=0，=424a0，解得a4若命題“pq”是真命題，則p與q都是真命題，2a4故選：B7某幾何體的主視圖和左視圖如圖（1），它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1如圖（2），其中O1A1=6，O1C1=2，則該幾何體的側(cè)面積為（）A48B64C96D128【考點】由三視圖求面積、體積【分析】由已知中的三視圖可得該幾何體是一個四棱柱，計算出底面的周長和高，進而可得幾何體的側(cè)面積【解答】解：由已知中的三視圖可得該幾何體是一個四棱柱，它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1，O1A1=6，O1C1=2，它的俯視圖的直觀圖面積為12，它的俯視圖的面積為：24，它的俯視圖的俯視圖是邊長為：6的菱形，棱柱的高為4故該幾何體的側(cè)面積為：4×6×4=96，故選：C8以原點O引圓（xm）2+（y2）2=m2+1的切線y=kx，當m變化時切點P的軌跡方程是（）Ax2+y2=3B（x1）2+y2=3C（x1）2+（y1）2=3Dx2+y2=2【考點】軌跡方程【分析】本題宜借助圖形，由圖知|OP|2=|OC|2|PC|2，設P（x，y），表示出三個線段的長度，代入等式整理即得【解答】 解：根據(jù)題意畫出示意圖，設圓心為C，切點P的坐標為P（x，y），則發(fā)現(xiàn)圖中隱含 條件|OP|2=|OC|2|PC|2|OP|2=x2+y2，|OC|2=m2+4，|PC|2=r2=m2+1，故點P的軌跡方程為x2+y2=3 故選A9直線l交橢圓4x2+5y2=80于M、N兩點，橢圓的上頂點為B點，若BMN的重心恰好落在橢圓的右焦點上，則直線l的方程是（）A5x+6y28=0B5x6y28=0C6x+5y28=0D6x5y28=0【考點】直線與圓相交的性質(zhì)【分析】設M（x1，y1）、N（x2，y2），MN的中點為G，MN的方程為y=kx+b，結(jié)合題意可得x1+x2=6，y1+y2=4，可得G的坐標，再由A、B在橢圓上，可得，計算可得k，將G的坐標代入可求直線的方程【解答】解：設M（x1，y1）、N（x2，y2），MN的中點為G，MN的方程為y=kx+b，而B（0，4），又BMN的重心恰好落在橢圓的右焦點（2，0）上，故x1+x2=6，y1+y2=4，則MN的中點G為（3，2），又M、N在橢圓上，可得4（x1x2）（x1+x2）+5（y1y2）（y1+y2）=80，又由x1+x2=6，y1+y2=4，可得k=，又由直線MN過點G（3，2），則直線l的方程是6x5y28=0故選D10已知函數(shù)f（x）=（ex+1）（ax+2a2），若存在x（0，+），使得不等式f（x）20成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（0，1）B（0，）C（，1）D（，）【考點】特稱命題【分析】由題意分離出a可得存在x（0，+），使得不等式a+成立，由函數(shù)的單調(diào)性求出右邊式子的最大值可得【解答】解：由題意可得存在x（0，+），使得不等式（ex+1）（ax+2a2）20成立，故可得存在x（0，+），使得不等式（ex+1）（ax+2a2）2成立，即存在x（0，+），使得不等式a（x+2）2+成立，即存在x（0，+），使得不等式a+成立，又可得函數(shù)g（x）=+在x（0，+）單調(diào)遞減，g（x）g（0）=，實數(shù)a的取值范圍為（，）故選：D11雙曲線x2y2=xx的左、右頂點分別為A1、A2，P為其右支上一點，且P不在x軸上，若A1PA2=4PA1A2，則PA1A2等于（）ABCD無法確定【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】設P（x，y），y0，過點P作x軸的垂線PH，垂足為H，則可得tanPA1HtanPA2H=1，利用A1PA2=4PA1A2，即可求PA1A2的值【解答】解：如圖，設P（x，y），y0，過點P作x軸的垂線PH，垂足為H，則tanPA1H=，tanPA2H=（ 其中a2=xx）tanPA1HtanPA2H=1PA1H+PA2H=，設PA1A2=，則PA2H=5，+5=，則=，即P故選：A12已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點且F1PF2=，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為（）ABC3D2【考點】橢圓的簡單性質(zhì)；余弦定理；雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】根據(jù)雙曲線和橢圓的性質(zhì)和關系，結(jié)合余弦定理即可得到結(jié)論【解答】解：設橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為a1，（aa1），半焦距為c，由橢圓和雙曲線的定義可知，設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2F1PF2=，由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos，在橢圓中，化簡為即4c2=4a23r1r2，即，在雙曲線中，化簡為即4c2=4a12+r1r2，即，聯(lián)立得， =4，由柯西不等式得（1+）（）（1×+）2，即（）=即，d當且僅當時取等號，法2：設橢圓的長半軸為a1，雙曲線的實半軸為a2，（a1a2），半焦距為c，由橢圓和雙曲線的定義可知，設|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2F1PF2=，由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）22r1r2cos=（r1）2+（r2）2r1r2，由，得，=，令m=，當時，m，即的最大值為，法3：設PF1|=m，|PF2|=n，則，則a1+a2=m，則=，由正弦定理得=，即=sin=故選：A二、填空題（本大題4個小題，每小題5分，共20分.）13兩條平行直線l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0的距離為【考點】兩條平行直線間的距離【分析】先把x、y的系數(shù)化為相同的值，再利用兩條平行直線間的距離公式計算求的結(jié)果【解答】解：條平行直線l1：x+2y+5=0和l2：4x+8y+15=0，即直線l1：4x+8y+20=0和l2：4x+8y+15=0故它們之間的距離為d=，故答案為：14一個球與正三棱柱的三個側(cè)面和兩個底面都相切，已知這個球的體積為36，那么該三棱柱的體積是162【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積【分析】根據(jù)球的體積得出球的半徑，由球與棱柱相切可知棱柱的高為球的直徑，棱柱底面三角形的內(nèi)切圓為球的大圓，從而計算出棱柱的底面邊長和高【解答】解：設球的半徑為r，則=36，解得r=3球與正三棱柱的三個側(cè)面相切，球的大圓為棱柱底面等邊三角形的內(nèi)切圓，棱柱底面正三角形的邊長為2=6球與棱柱的兩底面相切，棱柱的高為2r=6三棱柱的體積V=162故答案為16215某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側(cè)面的面積為【考點】由三視圖求面積、體積【分析】由三視圖可知，幾何體的直觀圖如圖所示，平面AED平面BCDE，四棱錐ABCDE的高為1，四邊形BCDE是邊長為1的正方形，分別計算側(cè)面積，即可得出結(jié)論【解答】解：由三視圖可知，幾何體的直觀圖如圖所示，平面AED平面BCDE，四棱錐ABCDE的高為1，四邊形BCDE是邊長為1的正方形，則SAED=×1×1=，SABC=SABE=×1×=，SACD=×1×=，故答案為：16如圖所示，過拋物線C：y2=2px（p0）的焦點F作直線交C于A、B兩點，過A、B分別向C的準線l作垂線，垂足為A，B，已知四邊形AABF與BBAF的面積分別為15和7，則ABF的面積為6【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題【分析】設ABF的面積為S，直線AB：x=my+，代入拋物線方程，利用韋達定理，計算SAA'F，SBB'F，求出面積的積，利用四邊形AABF與BBAF的面積分別為15和7，建立方程，即可求得ABF的面積【解答】解：設ABF的面積為S，直線AB：x=my+，代入拋物線方程，消元可得y22pmyp2=0設A（x1，y1） B（x2，y2），則y1y2=p2，y1+y2=2pmSAA'F=|AA'|×|y1|=|x1+|y1|=（+）|y1|SBB'F=|BB'|×|y2|=|x2+|y2|=（+）|y2|（+）|y1|×（+）|y2|=（+）=（m2+1）SABF=|y1y2|=S四邊形AABF與BBAF的面積分別為15和7（m2+1）=（15S）（7S）S2=（15S）（7S）S222S+105=0S=6 故答案為：6三、解答題（本大題6個小題，共70分）17在直角坐標系xOy中，以坐標原點O為圓心的圓與直線：相切（1）求圓O的方程；（2）若圓O上有兩點M、N關于直線x+2y=0對稱，且，求直線MN的方程【考點】圓的標準方程；關于點、直線對稱的圓的方程【分析】（）設圓O的半徑為r，由圓心為原點（0，0），根據(jù)已知直線與圓O相切，得到圓心到直線的距離d=r，利用點到直線的距離公式求出圓心O到已知直線的距離d，即為圓的半徑r，由圓心和半徑寫出圓O的標準方程即可；（）設出直線方程，利用點到直線的距離以及垂徑定理求出直線方程中的參數(shù)，即可得到直線方程【解答】（本題滿分14分）（1）依題設，圓O的半徑r等于原點O到直線的距離，即得圓O的方程為x2+y2=4 （2）由題意，可設直線MN的方程為2xy+m=0則圓心O到直線MN的距離 由垂徑分弦定理得：，即所以直線MN的方程為：或18（）命題“”為假命題，求實數(shù)a的取值范圍；（）若“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要條件，求實數(shù)m的取值范圍【考點】特稱命題；命題的否定；必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】（I）x0R，x023ax0+90為假命題，等價于xR，x23ax+90為真命題，利用判別式，即可確定實數(shù)a的取值范圍；（II）根據(jù)一元二次不等式的解法分別求出兩不等式的解集，由“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要條件，可得不等式解集的包含關系，從而求出m的范圍【解答】解：（）：x0R，x023ax0+90為假命題，等價于xR，x23ax+90為真命題，=9a24×902a2，實數(shù)a的取值范圍是2a2；（）由x2+2x804x2，另由xm0，即xm，“x2+2x80”是“xm0”的充分不必要條件，m4故m的取值范圍是m419已知雙曲線C：=1 的離心率是，其一條準線方程為x=（）求雙曲線C的方程；（）設雙曲線C的左右焦點分別為A，B，點D為該雙曲線右支上一點，直線AD與其左支交于點E，若=，求實數(shù)的取值范圍【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】（I）由題意可得，可求a，c，由b2=c2a2可求b，可求雙曲線的方程（II）由（I）知A（2，0），設D（x0，y0），E（x1，y1）則由=，可得x1=，y1=，結(jié)合E，D在雙曲線上，可求x0，結(jié)合雙曲線的性質(zhì)可求的取值范圍【解答】解：（I）由題意可得，a=，c=2，b=1，雙曲線的方程為=1（II）由（I）知A（2，0），設D（x0，y0），E（x1，y1）則由=，可得x1=，y1=，E在雙曲線上（）2（）2=1（2+x0）23（y0）2=3（1+）2D在雙曲線可得x0=，D在雙曲線的左支，點D在右支020如圖，曲線c1：y2=2px（p0）與曲線c2：（x6）2+y2=36只有三個公共點O，M，N，其中O為坐標原點，且=0（1）求曲線c1的方程；（2）過定點M（3，2）的直線l與曲線c1交于A，B兩點，若點M是線段AB的中點，求線段AB的長【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；平面向量數(shù)量積的運算【分析】（1）由對稱性知MNx軸于點（6，0），且|MN|=12，可得M的坐標，代入拋物線方程，即可求曲線c1的方程；（2）利用點差法求出直線AB的斜率，可得AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立，結(jié)合弦長公式，可求線段AB的長度【解答】解：（1）由對稱性知MNx軸于點（6，0），且|MN|=12所以M（6，6），所以62=2p×6所以p=3所以曲線為y2=6x（2）設A（x1，y1），B（x2，y2）因為（3，2）是AB中點所以x1+x2=6，y1+y2=4則由點差法得k=所以直線l：3x2y5=0由所以由韋達定理所以|AB|=21已知A、B、C是橢圓M： =1（ab0）上的三點，其中點A的坐標為，BC過橢圓M的中心，且（1）求橢圓M的方程；（2）過點（0，t）的直線l（斜率存在時）與橢圓M交于兩點P、Q，設D為橢圓M與y軸負半軸的交點，且，求實數(shù)t的取值范圍【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標準方程【分析】（1）根據(jù)點A的坐標求出a，然后根據(jù)求出b，綜合即可求出橢圓M的方程（2）根據(jù)題意設出直線方程，與（1）中M的方程聯(lián)立，然后運用設而不求韋達定理進行計算，求出實數(shù)t的取值范圍【解答】解：（1）點A的坐標為（，），橢圓方程為又，且BC過橢圓M的中心O（0，0），又，AOC是以C為直角的等腰三角形，易得C點坐標為（，）將（，）代入式得b2=4橢圓M的方程為（2）當直線l的斜率k=0，直線l的方程為y=t則滿足題意的t的取值范圍為2t2當直線l的斜率k0時，設直線l的方程為y=kx+t由得（3k2+1）x2+6ktx+3t212=0直線l與橢圓M交于兩點P、Q，=（6kt）24（3k2+1）（3t212）0即t24+12k2 設P（x1，y1），Q（x2，y2），x1+x2=，x1x2=，PQ中點H（x0，y0），則H的橫坐標，縱坐標，D點的坐標為（0，2）由，得DHPQ，kDHkPQ=1，即，即t=1+3k2 k20，t1 由得0t4，結(jié)合得到1t4綜上所述，2t422已知橢圓C： +=1（ab0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且F1，F(xiàn)2與短軸的一個頂點Q構(gòu)成一個等腰直角三角形，點P（，）在橢圓C上（I）求橢圓C的標準方程；（）過F2作互相垂直的兩直線AB，CD分別交橢圓于點A，B，C，D，且M，N分別是弦AB，CD的中點，求MNF2面積的最大值【考點】橢圓的簡單性質(zhì)【分析】（）由已知得到關于a，b，c的方程組，求解方程組可得a，b，進而得到橢圓方程；（）設直線AB的方程為x=my+1，m0，則直線CD的方程為x=y+1，分別代入橢圓方程，由于韋達定理和中點坐標公式可得中點M，N的坐標，求得斜率和直線方程，即可得到定點H，則MNF2面積為S=|F2H|yMyN|，化簡整理，再令m+=t（t2），由于函數(shù)的單調(diào)性，即可得到最大值【解答】解：（）橢圓+=1（ab0）經(jīng)過點P（，），且F1，F(xiàn)2與短軸的一個頂點Q構(gòu)成一個等腰直角三角形，解得a2=2，b2=1，橢圓方程為；（）設直線AB的方程為x=my+1，m0，則直線CD的方程為x=y+1，聯(lián)立，消去x得（m2+2）y2+2my1=0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2=，y1y2=，x1+x2=（my1+1）+（my2+1）=m（y1+y2）+2=，由中點坐標公式得M（），將M的坐標中的m用代換，得CD的中點N（），kMN=，直線MN的方程為y+=（x），即為y=，令，可得x=，即有y=0，則直線MN過定點H，且為H（，0），F(xiàn)2MN面積為S=|F2H|yMyN|=（1）|=|=|，令m+=t（t2），由于2t+的導數(shù)為2，且大于0，即有在2，+）遞增即有S=在2，+）遞減，當t=2，即m=1時，S取得最大值，為；則MNF2面積的最大值為xx2月14日