2022年高二数学2月模块诊断考试试题 理

2022年高二数学2月模块诊断考试试题 理一选择题：(每小题4分，共48分)1直线的倾斜角与其在轴上的截距分别是 （ ）A B C D 【解析】：因为，所以倾斜角为;令，得，所以在轴上的截距为故选D 考点：1直线的倾斜角；2截距的概念2在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是（ ）A B C D【解析】：在空间直角坐标系中， 关于平面对称的点的坐标为，则 点关于平面的对称点的坐标是故本题答案选D考点：空间直角坐标系3. 用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）A正三角形 B正方形 C正五边形 D正六边形【解析】：如图去截就能得到正三角形，故A正确；用平行于一个面截面去截取，所得截面为正方形，故B正确；在每个面选一对相邻的边的中点，并依次接接起来，所得截面为正六边形，故D正确；截面可画出五边形但不可能是五边形，故C错，故选C考点：正方体的性质4.若，则的否命题为（ C ）A若，则 B若，则 C若，则 D若，则5已知双曲线实轴的一端点为，虚轴的一端点为，且，则该双曲线的方程为（ ）A B C D【解析】：因为，所以即，所以，故应选 考点：1、双曲线及其标准方程6已知正四棱柱中，为中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）A B C D【解析】：连接，在正四棱柱中，且，为平行四边形，为异面直线与所成的角在正四棱柱中令，则， ，在中， 故选C考点：异面直线所成角【方法点晴】本题主要考查的是异面直线所成角，难度稍大求异面直线所成角的步骤:1找证角，即平移两条异面直线或其中一条直线使两直线相交；2定角，根据异面直线所成角的定义找到所求角；3在三角形中求角；4结论7已知，若、三向量共面，则实数等于 （ ）A B C D【解析】：因为，、三向量共面，所以存在，使得，所以，解之得，故选考点：1、共面向量2、平面向量的坐标运算8已知正数 满足，则的最小值为( )A1 B C D若圆半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是（ ）A BC D【解析】：设圆心坐标为，由题意知，且又圆和直线相切，即，所以圆的方程为故选A 考点：直线与圆的位置关系9一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的侧面积是（ ）A B C D【解析】：由已知三视图可知对应几何体如下图的四棱锥：由三视图可知：平面，平面，所以，又，且所以平面，而平面，故，同理所以四棱锥的侧面积为：故选D考点：1、三视图；2、锥体的体积10已知为椭圆的两个焦点，P在椭圆上且满足，则此椭圆离心率的取值范围是（ ）A B C D【解析】：设，则，则，因为，所以，所以，所以故选B考点：椭圆的几何性质11给出下列命题：若直线与平面内的一条直线平行，则；若平面平面，且，则过内一点与垂直的直线垂直于平面；，；已知，则“”是“”的必要不充分条件其中正确命题的个数是（ ）A4 B3 C2 D1【解析】：对于，直线与平面平行的判定定理中的条件是直线在平面外，而本命题没有，故错误；对于，符合平面与平面垂直的性质定理，故正确；对于，考虑两个集合间的包含关系（2，+）（3，+），而x0（3，+），比如x=4，则4（2，+），故错误；对于，由可以得到：0，一定推出，反之不一定成立，故“”是“”的必要不充分条件，此命题正确综上知中的命题正确，故选C考点：空间中直线与平面之间的位置关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断12已知抛物线方程为，直线的方程为，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为，P到直线的距离为，则的最小值为（ ）A B C D【解析】：如图，过点P作PAl于点A，作PBy轴于点B，PB的延长线交准线x=-1于点C，连接PF，根据抛物线的定义得PA+PC=PA+PF，P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为，=PA+PB=（PA+PC）-1=（PA+PF）-1，根据平面几何知识，可得当P、A、F三点共线时，PA+PF有最小值，F（1，0）到直线l：x-y+4=0的距离为PA+PF的最小值是，由此可得的最小值为 故选D考点：1抛物线的简单性质；2点到直线的距离公式二填空题：(每小题4分，共16分)13过点且与直线平行的直线方程是为_. 【解析】：根据题意设所求直线方程为，将点代入，得，解得，所以所求方程为，故选A考点：两条直线平行的充要条件14.双曲线的焦点到其渐近线的距离是 【解析】：因为双曲线，所以其焦点坐标为，渐近线方程为：，所以双曲线的焦点到其渐近线的距离为，故应填考点：1、双曲线的定义；2、双曲线的简单几何性质15平行四边形ABCD中，=0，沿BD将四边形折起成直二面角A一BDC，且，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为 【解析】：,所以,因为为平行四边形,所以因为为直二面角,所以面面,因为面,面,所以面因为面,所以分析可知三棱锥的外接球的球心为的中点因为,所以则三棱锥的外接球的半径为1,表面积为考点：1面面垂直的性质定理；2三棱锥的外接球问题16已知直线与抛物线相交于两点，为的焦点，若，则 【解析】：设抛物线的准线为l：x=-2，直线y=k（x+2）（k0）恒过定点P（-2，0）如图过A、B分别作AMl于M，BNl于N，由|FA|=2|FB|，则|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，则|OB|=|AF|，|OB|=|BF|，点B的横坐标为1，点B的坐标为（1，）， 考点：直线与抛物线相交的位置关系三解答题：（共36分）17.（本小题满分8分）求过两圆和的交点，且圆心在直线上的圆的方程.18.（本小题满分8分）已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，抛物线的顶点在坐标原点，过点直线与抛物线交于不同的两点、.（）求抛物线的标准方程；（）若,求直线的方程 （文科）已知函数，其中（1）当时，求曲线的点处的切线方程；（2）当时，若在区间上的最小值为-2，求的取值范围；【解析】：（1）当时， ， ， 切线方程为 （2）函数的定义域为 ，当 时， ，令 得 或， 当 ，即时，在上递增，在上的最小值为，符合题意； 当 ，即 时， 在 上递减，在上递增，在上的最小值为 ，不合题意； 当 ，即时， 在上递减， 在上的最小值为 ，不合题意；综上，的取值范围是 .19（本小题满分10分）如图，平面平面，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面（1）求证平面；（2）设，是否存在，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由【解析】：（1）证明：平面平面平面，四边形是边长为2的正方形，平面平面（2）以为原点，垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，为轴，如图所示建立空间直角坐标系，假设存在，使二面角的余弦值为设，则，设平面的一个法向量，则，即，解得令，得是平面的一个法向量又平面的一个法向量为，由，化简得，又因为平面，所以，所以，即，联立，解得（舍），由，所以所以当时，二面角的余弦值为考点：1、线面垂直，面面垂直的判定与性质；2、二面角的求法.（文科）如图，在四棱锥中，平面，平面，（）求棱锥的体积；（）求证：平面平面；（）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由【解析】：（）在中，因为平面，所以棱锥的体积为（）证明：因为 平面，平面，所以又因为，所以平面又因为平面，所以平面平面（）结论：在线段上存在一点，且，使平面解：设为线段上一点， 且， 过点作交于，则因为平面，平面，所以又因为所以，所以四边形是平行四边形，则又因为平面，平面，所以平面考点：几何体的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定与证明20.（本小题满分10分）已知椭圆的下顶点为（0,-1），到焦点的距离为（）设Q是椭圆上的动点，求的最大值；（）若直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点A、B当，且满足时，求面积的取值范围【解析】：（1）易知椭圆的方程为 设，则当时， （2）依题结合图形知的斜率不可能为零，所以设直线的方程为（）直线即与圆O:相切，有得又点A、B的坐标（，）、（，）满足消去整理得，由韦达定理得，其判别式，又由求根公式有=，且 考点：1椭圆的几何性质；2直线与圆的位置关系