江西省吉安市2021-2022学年高二上学期期末数学(理)试题

2022.1

数学试题（理科）

（测试时间：120分钟卷面总分：150分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题长对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．直线3axay10aR且a0的倾斜角为（A．6）D．）D．256B．3C．232．已知函数fxA．1xa

，若f01，则a（exB．0）C．13．下列说法中正确的是（A．棱柱的侧面可以是三角形B．棱台的所有侧棱延长后交于一点C．所有几何体的表面都能展开成平面图形D．正棱锥的各条棱长都相等4．观察下列各式：313，329，3327，3481，35243，…，则32021的个位数字是（A．3）B．9C．7D．15．将一个表面积为484cm2的球用一个正方体盒子装起来，则这个正方体盒子的最小体积为（）B．484cm3

A．121cm3

试卷第1页，共4页C．108cm3D．1331cm3

6．已知在平面内，F1,F2是两个定点，M是一个动点，则“MF1MF2为定值”是“点M的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆”的（A．充分不必要条件C．充要条件）B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件）22yxx2y27．双曲线C1：（111m16的14t9与双曲线C2：16mm119tt4A．实轴长相等C．焦距相等B．焦点坐标相同D．离心率相等2MGMNBC的中点，M，N分别是OA，G为MN上一点，8．如图，在四面体OABC中，且，3

若OAa，OBb，OCc，则OG（）111A．abc

333111C．abc

363111B．abc336111D．abc

633x2y29．已知椭圆C：右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，mPF1，1的左、16914

nPF2，则的最小值为（）mnA．C．9820379B．D．20379210．已知抛物线C：y2pxp0的焦点为F，准线l上有两点A，B，若FAB为等腰直角三角形且面积为8，则抛物线C的标准方程是（）试卷第2页，共4页A．y242xC．y242x或y28x

2B．y28xD．y24x

11．已知圆C的方程为x1y24，直线l：32txt1y2t10恒过定点A，若一条光线从点A射出，经直线xy50上一点M反射后到达圆C上的一点N，则AMMN的最小值是（）C．5D．6A．3B．4x2y212．已知双曲线C：221a0的右焦点为F，过点F作直线l与C交于A，B两aa1点，若满足AB5的直线l有且仅有1条，则双曲线C的离心率为（A．365）3

或62B．32C．6D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．命题“xR，sinx10”的否定是____________.14．若倾斜角为的直线m被直线l1：xy1与l2：xy30所截得的线段长为2，则____________.15．如图所示，二面角l为30，A，D，过点A作ABl，垂足为B，过点D作CDl，垂足为C，若AB3，BC1，CD1，则AD的长度为___________.216．已知抛物线y2pxp0的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于A，B1

两点（点B在第一象限），与准线l交于点P.若AFFB，APAF，则____________.2三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

2

17．（1）已知p：函数fxxax1有零点；q：所有的非负整数都是自然数.若pq为假，求实数a的取值范围；试卷第3页，共4页（2）已知p：x22x8；q：xmxm10.若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.1

18．（1）求与直线yx1垂直，且与曲线ylnx相切的直线方程；2（2）求过原点，且与曲线yex相切的直线方程.19．已知圆C：x2y22xmy0和圆外一点P4,3，过点P作圆C的切线，切线长为11.(1)求圆C的标准方程；(2)若圆M：x2y28，求证：圆C和圆M相交，并求出两圆的公共弦长.2x2y220．已知椭圆C：221ab0的左、右焦点分别为F1，F2，点E在椭圆C上，且ab414

EF1F1F2，EF1，EF2.33(1)求椭圆C的方程：(2)直线l过点P2,1，交椭圆C于点A，B，且点P恰为线段AB的中点，求直线l的方程.21．如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，PA平面ABC，点E在棱PB上，且AEPB，PCA45，AC4.(1)求证：AEPC；(2)当三棱锥PABC的体积最大时，求二面角EACB的余弦值.22．在平面直角坐标系xOy中，动点P到点F4,0的距离比到直线x60的距离小2.(1)求动点P的轨迹方程；(2)记动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线1与曲线C交于A，B两点，点M是x轴上异于点F的一点，点F到直线AM的距离为d1，点F到直线BM的距离为d2.是否存在一点M、使得d1d2恒成立?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.试卷第4页，共4页1．C【分析】由直线方程可知其斜率，根据斜率和倾斜角关系可得结果.【详解】直线方程可化为：y3x

1

，直线的斜率k3，a直线的倾斜角为故选：C.2．D【分析】2.3求出函数fx的导数，直接代入即可求值.【详解】xaexxaex1xa

因为fxx，所以fx，

ee2xex所以f0故选：D.3．B【分析】1a

1，所以a2.e0根据棱柱、棱台、球、正棱锥的结构特征依次判断选项即可.【详解】棱柱的侧面都是平行四边形，A不正确；棱台是由对应的棱锥截得的，B正确；不是所有几何体的表面都能展开成平面图形，例如球不能展开成平面图形，C不正确；正棱锥的各条棱长并不是都相等，应该为正棱锥的侧棱长都相等，所以D不正确.故选：B.4．A【分析】分析出3n的个位数的周期为4，即可求解.【详解】由题意可知，3n的个位数从n1开始，以3，9，7，1的顺序循环出现，周期为4.答案第1页，共14页因为202145051，所以32021的个位数字是3.故选：A.5．C【分析】求出球的半径，要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为R，则S4R2484，得R11，故该球的半径为11cm，若要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的33棱长等于球的直径，即22cm，所以这个正方体盒子的最小体积为Vmin22108cm.故选：C.6．B【分析】利用椭圆的定义及充分条件、必要条件的定义即得.【详解】若MF1MF2F1F2，则点M的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆，若MF1MF2F1F2，则点M的轨迹是线段F1F2，所以由“MF1MF2为定值”不一定得到“点M的轨迹是椭圆”，反之，若“点M的轨迹是椭圆”，则一定能得到“MF1MF2为定值”．所以“MF1MF2为定值”是“点M的轨迹是椭圆”的必要不充分条件．故选：B．7．C【分析】根据两双曲线的方程，分别求得实半轴，虚半轴，进而求得实轴长，焦点位置，焦距，离心率，即可做出判定.【详解】答案第2页，共14页设双曲线C1,C2的实半轴，虚半轴，半焦距分别为ai,bi,cii1,2.由双曲线C1,C2的方程可得：a19t,a216m,b1t4,b2m11.双曲线C1,C2的实轴长分别是29t,216m,与参数t和m有关，所以实轴长不一定相等，故A错误；因为双曲线C1的焦点在x轴上，双曲线C2的焦点在y轴上，所以焦点坐标不同，故B错误；2216mm115，∴c1c2,∴2c12c2，即两个双曲线因为c19tt45,c2的焦距相等，故C正确；因为离心率e1故选：C.8．D【分析】c1c2，e2，c1c2，a1,a2不一定相等，故离心率不一定相等，故D错误.a1a2211

依题意可知OMOA，ONOBOC，MGMN，然后根据OGOMMG，代223入计算即可.【详解】因为M，N分别是OA，BC的中点，11

所以OMOA，ONOBOC.222MGMN因为，322OGOMMGOMMNOMONOM所以 

3321111

OGOAOBOCOA

23222

111111OAOBOCabc.OG633633故选：D.9．A【分析】由椭圆的定义可得mn8；利用基本不等式，若a，b0，则ab2ab，当且仅当ab时取等号.答案第3页，共14页【详解】根据椭圆的定义可知，PF1PF22a8，即mn8，因为m470，n470，141141n4m1n4m9mn552所以8，mn8mn8mn8mn当且仅当m，n故选：A10．C【分析】分AFB【详解】8316

时等号成立.32或FAB2（FBA

2）两种情况讨论，由面积列方程即可求解由题意得，当AFB当FAB或y28x.故选：C.11．B【分析】2时，S△AFB

1

2pp8，解得p22；212p8，解得p4，所以抛物线的方程是y242x22或FBA

2时，S△AFB

求得定点A，然后得到关于直线xy50的对称点为B，然后可得AMMNBMMNBNBCr，计算即可.【详解】3xy10,3xy1t2xy20l，令2xy20,直线可化为x1,解得所以点A的坐标为1,4.y4,设点A1,4关于直线xy50的对称点为Ba,b，答案第4页，共14页b4

1a1,a1则由,解得,所以点B坐标为1,6.b6,a1b450

22由线段垂直平分线的性质可知，AMBM，所以AMMNBMMNBNBCr624（当且仅当B，M，N，C四点共线时等号成立），所以AMMN的最小值为4.故选:B.12．A【分析】依题可知直线l的斜率为0或斜率不存在，然后分类讨论，计算a，并进行验证，最后可得结果.【详解】若直线l的斜率存在且不为0，根据双曲线的对称性，此时满足AB5的直线l的个数为偶数，所以直线l的斜率为0或斜率不存在.当直线l的斜率为0时，A，B为双曲线的左､右顶点，x2y21由AB2a5，得双曲线C的方程为：2529，442

29

4295，满足条件，552易得，过点F的通径长为25294436；此时双曲线C的离心率e552当直线l的斜率不存在时，此时AB为双曲线过点F的通径，则AB当a

2a21a5，解得a

1

或a2，21

时，实轴长为1，因为1<5，所以满足AB5的直线有3条；2答案第5页，共14页当a2时，实轴长为4，因为4<5，所以满足AB5的直线也有3条.综.上所述，双曲线C的离心率为故选:A.13．x0R，sinx010【分析】根据全称命题量词的否定即可得出结果.【详解】命题“xRsinx10”的否定是“x0R，sinx010”sinx010故答案为：x0R，36.514．##454【分析】由已知直线可得两直线平行，可以计算平行线间的距离，从而得到直线m与已知直线垂直，再计算斜率和倾斜角.【详解】设直线m与直线l1，l2分别相交于A，B两点，由题意知，平行直线l1与直线l2之间的距离d132l2垂直，2AB，所以直线m与直线l1，所以直线m的斜率为1，倾斜角

4.故答案为：15．2【分析】4uuuruuuruuuruuur2根据向量线性运算可知AD=AB+BC+CD，结合向量数量积的运算律可求得AD，由此可得AD长.【详解】uuuruuuruuuruuurABBC，BCCD，AD=AB+BC+CD，2222

ADABBCCD2ABCD311231cos1502，

AD2.故答案为：2.答案第6页，共14页16．3【分析】过点A作AAl，垂足为A，过点B作BBl，垂足为B，然后根据抛物线的定义和三角形相似的关系可求得结果【详解】过点A作AAl，垂足为A，过点B作BBl，垂足为B，由抛物线的定义可知AAAF，BBBF，1

不妨设AFx，因为AFFB，所以FB2x，2

因为△PAA∽△PBB，所以PAPAABPAAF

PAPA3x

PAPB



AA|AF|1

，BB|BF|2

即

1

，所以PA3x，2

所以

3x

3，x



因为AP与AF反向，所以3.故答案为：3

17．（1）2,2；（2）,34,.【分析】(1)易知q为真命题，根据且命题的真假可知p为假命题，结合函数零点与对应方程的根之间的关系得出a240，解不等式即可；(2)根据一元二次不等式的解法可得p和q，结合必要不充分条件的概念可得(m,m1)Ü(,2)(4,)，利用集合与集合之间的关系即可得出答案.答案第7页，共14页【详解】解：（1）对于q：所有的非负整数都是自然数，显然正确.因为pq为假，所以p为假.2

所以“函数fxxax1没有零点”为真，所以a240，解得2a2.所以实数a的取值范围是2,2.（2）对于p：x22x80，解得x2或x4.对于q，不等式的解集为m,m1，因为p是q的必要不充分条件，所以(m,m1)Ü(,2)(4,)所以m12或m≥4，所以m3或m≥4，所以实数m的取值范围是,34,.（1）2xyln210；（2）exy0.18．【分析】1

（1）先求出切线的斜率为2得到切点坐标为,ln2，即可求出切线方程；2

x

（2）设切点坐标为x0,e0，得到切线方程，由切线过原点，求出x01，即可求出切线方程.【详解】1

（1）因为所求的切线与直线yx1垂直，2故所求切线的斜率为2.因为ylnx所以y令1，x111

2得x，所以切点坐标为,ln2，2x2

1

故所求切线方程为yln22x，即2xyln210.2

x

（2）设切点坐标为x0,e0，答案第8页，共14页因为yex，所以yex，所以切线的斜率kex0，xx

故所求切线方程为ye0e0xx0.xx

因为切线过原点，所以e0x0e0，所以x01，所以切线方程为yeex1，即exy0.19．(1)x1y12

22(2)证明见解析，公共弦长为4105【分析】（1）根据切线长公式计算即可得到m2，然后代入可得圆的方程.（2）联立两圆的方程作差可得直线AB的方程为x3y20，然后利用圆的弦长公式计算即可.(1)mm

圆C的标准方程为x1y1，24

2

2

2

mm21,所以圆心为.，半径r124mm2

由勾股定理可得4131

24

2

2

11，2

解得m2.所以圆C的标准方程为x1y12.(2)由题意得圆C的圆心C1,1，半径r12，圆M的圆心M0,2，半径r222，因为CM10，r2r1CMr1r2，所以圆C和圆M相交.设两圆相交于A，B两点，则两圆的方程相减得直线AB的方程为x3y20，22答案第9页，共14页圆心C到直线AB的距离d

13210

10.5所以AB2r12d222x2y220．(1)1

942410410，所以两圆的公共弦长为.

555(2)8x9y250

【分析】（1）根据椭圆的定义可求出a，由EF1F1F2结合勾股定理可求出c，最后根据a,b,c的关系求出b，即可求出椭圆方程；（2）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线方程与椭圆联立，利用中点的关系求出k即可.(1)∵点E在椭圆C上，∴2aEF1EF2

414

6，即a3.33在RtEF1F2中，F1F2

EF2EF12025，22∴椭圆C的半焦距c5.∵ba2c2952，x2y2∴椭圆C的方程为1.94(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，若直线l的斜率不存在，显然不符合题意.从而可设过点P2,1的直线l的方程为ykx21，将直线l的方程代入椭圆C的方程，得49k36k218k则x1x2.49k22x36k

2218kx36k236k270，∵P为线段AB的中点，答案第10页，共14页8x1x218k29k

k∴，解得.2

9249k28

故直线l的方程为yx21，9即8x9y250（经检验，所求直线方程符合题意）.21．(1)证明见解析(2)22【分析】（1）由圆的性质可得ABBC，再由线面垂直的性质可得PABC，从而由线面垂直的判定定理可得BC平面PAB，所以得BCAE，再结合已知条件可得AE⊥平面PBC，由线面垂直的性质可得结论；（2）由已知条件结合基本不等式可得当三棱锥PABC的体积最大时，ABC是等腰直角三角形，OBAC，从而以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.(1)证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，所以ABBC.因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC.因为ABPAA，且AB，PA平面PAB，所以BC平面PAB.因为AE平面PAB，所以BCAE.因为AEPB，BCPBB，且BC，PB平面PBC，所以AE⊥平面PBC.因为PC平面PBC，所以AEPC.(2)解：因为PCA45，AC4，所以PA4，所以三棱锥的体积答案第11页，共14页122AB2BC2AC216（当且仅当“ABBC”时等号成VS△ABCPAABBC，333233立）.所以当三棱锥PABC的体积最大时，ABC是等腰直角三角形，OBAC.所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,2,0，B2,0,0，C0,2,0，P0,2,4.因为BAE∽△BPA，所以BABE

，因为BAOA2OB222，BPBA2PA226，BPBA

BA2261

所以BEBP，BP3311444AEABBEABBP2,2,02,2,4,,，所以33333



AC0,4,0.444nAE0,xyz0,33设向量nx,y,z为平面EAC的一个法向量，则即3nAC0,4y0.

令x1得，n1,0,1.mn12向量m0,0,1为平面ABC的一个法向量，cosm,n.22mn因为二面角EACB是锐角，所以二面角EACB的余弦值为2.222．(1)y216x

(2)存在，M的坐标为4,0答案第12页，共14页【分析】(1)根据动点P到点F4,0的距离与它到直线x4的距离相等和抛物线的定义可知点P的轨迹是以F4,0为焦点，以直线x4为准线的抛物线，进而得出结果；(2)设直线l的方程为xmy4，Ax1,y1，Bx2,y2，联立抛物线方程并消x得出关于y的一元二次方程，利用韦达定理表示出y1y2和y1y2，假设存在点Mt,0t4满足题意，则kAMkBM0，利用两点坐标求出斜率，化简计算即可.(1)因为动点P到点F4,0的距离比到直线x60的距离小2，所以动点P到点F4,0的距离和它到直线x4的距离相等，所以点P的轨迹是以F4,0为焦点，以直线x4为准线的抛物线.设抛物线方程为y22pxp0，由p

24，得p8.所以动点P的轨迹方程为y216x.(2)由题意可知，直线l的斜率不为0.故设直线l的方程为xmy4，Ax1,y1，Bx2,y2，联立y216x,xmy4,得y216my0，256m22560恒成立.由韦达定理，得y1y216m，y1y2.假设存在一点Mt,0t4，满足题意，则射线MF平分AMB，则直线AM的斜率kAM与直线BM的斜率kBM满足kAMkBM0，即yy1my24ty2my14tx1y2x01tx2t1tx2t.所以2my1y24ty1y20，答案第13页，共14页所以128m16m4t0，即m4t0.因为m4t0对任意m恒成立，所以4t0，即t4.所以存在一点M，满足d1d2，点M的坐标为4,0.答案第14页，共14页