2022-2023學(xué)年四川省成都市蓉城名校聯(lián)盟高二年級上冊學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題【含答案】

2022-2023學(xué)年四川省成都市蓉城名校聯(lián)盟高二上學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．不等式的解集是（

）A． B．C． D．C【分析】對分解因式，然后求解即可.【詳解】不等式可化為，解得.故選：C．2．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中，點的坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．A【分析】按照空間直角坐標(biāo)系得點坐標(biāo)即可.【詳解】解：由空間直角坐標(biāo)系的性質(zhì)可知點為，故選：A．3．若直線l的傾斜角的取值范圍是，則斜率的取值范圍是（

）A． B． C． D．B【分析】根據(jù)斜率與傾斜角之間的關(guān)系，直接求解即可.【詳解】由斜率的定義可知：傾斜角的正切值取值范圍是.故選：B．4．若非零實數(shù)a，b滿足a>b，則下列不等式一定成立的是（

）A． B．-a>-b C． D．C【分析】根據(jù)給定條件，利用不等式性質(zhì)判斷B，C；舉例說明判斷A，D作答.【詳解】非零實數(shù)a，b滿足a>b，對于A，取，滿足a>b，而，A不一定成立；對于B，因a>b，則-a<-b，B不成立；對于C，由不等式的性質(zhì)知，若a>b，則，C成立；對于D，取，滿足a>b，而，D不一定成立.故選：C5．已知，是空間中不重合的兩平面，是空間中不同的兩條直線，則下列結(jié)論正確的是（

）A．， B．，C．， D．，A【分析】過作平面交于直線c，進(jìn)而可證明即可判斷A；根據(jù)題意還可以是判斷B；根據(jù)或或相交且不垂直判斷C；根據(jù)或判斷D.【詳解】解：對于A，如圖，過作平面交于直線c，∵，，，∴，∴，∵，，∴，故正確；對于B，，時，或，故錯誤；對于C，，時，或或相交且不垂直，故錯誤；對于D，，時，或，故錯誤.故選：A6．若正實數(shù)滿足，則的最大值為（

）A． B． C． D．1B【分析】根據(jù)基本不等式求解即可.【詳解】解：由題知：，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.所以，的最大值為故選：B7．已知，兩點的坐標(biāo)分別為，，若兩平行直線，分別過點A，B，則，間的距離的最大值為（

）A．1 B． C．2 D．D【分析】根據(jù)平行線之間的距離轉(zhuǎn)化為一直線上的點到平行線之間的距離，可結(jié)合圖形分析，間的距離的最大值為，即可求得.【詳解】解：由題可知，，如圖，兩平行直線，分別過點A，B，因為，所以，間的距離即點到直線的距離，由圖可知，當(dāng)，垂直時，，間的距離取最大值，即最大值為，又由兩點間的距離公式可知，.故選：D．8．已知橢圓的左、右焦點分別為，，若橢圓上一點P滿足，且，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．C【分析】根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)列式求解離心率即可.【詳解】解：如圖，設(shè)，∴，∵∴，∴離心率.故選：C．9．已知、兩點的坐標(biāo)分別為、，若點是圓上的動點，則面積的取值范圍是（

）A． B． C． D．D【分析】求出點到直線距離的取值范圍，再利用三角形的面積公式可得出面積的取值范圍.【詳解】設(shè)過、兩點的直線為，化簡得，圓心到直線的距離為，∴圓上的點到的距離的取值范圍是，即，又，則面積最大值為，面積最小值為，面積的取值范圍是.故選：D.10．如圖，正方體的棱長為1，點P是線段的中點，點Q是線段上的動點（包括端點），則的最小值為（

）A． B． C． D．1B【分析】以為坐標(biāo)原點，建立空間指教坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，設(shè)出點的坐標(biāo)，根據(jù)空間中兩點之間的距離公式，求解即可.【詳解】建立分別以DA，DC，為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如下所示：則點P的坐標(biāo)為，設(shè)點Q的坐標(biāo)為，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，不等式取等；即的最小值為.故選：B．11．已知直線與交于點P，若，，則使點P到A，B兩點距離之和等于4的m的值有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個D【分析】由點P到A，B兩點距離之和等于4，得到P的軌跡為，又兩條直線互相垂直，且分別過定點，，則P點的軌跡又為，則P即為兩曲線的交點.【詳解】由直線的性質(zhì)可知直線與相互垂直，且分別過定點，，∴點P在以原點為圓心，半徑為的圓上（除去），即圓：，由橢圓的定義可知到A，B距離之和等于4的點在橢圓：上，∵圓與橢圓有4個交點，∴滿足題意的m的值有4個.故選：D12．已知實數(shù)滿足方程，則下列不等式正確的是（

）A． B．C． D．C【分析】由題知，進(jìn)而設(shè)，，再根據(jù)三角函數(shù)性質(zhì)依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：原方程可化為，所以，不妨設(shè)，，解得，，，∴，故A選項錯誤；，∴，故B選項錯誤；，∴，故C選項正確；，∴，故D選項錯誤；故選：C．二、填空題13．橢圓的長軸長為______．8【分析】根據(jù)橢圓方程確定橢圓的，即可求解長軸長.【詳解】解：由橢圓的幾何性質(zhì)可知，∴，∴長軸長。故8．14．若，滿足約束條件則的最大值為______．4【分析】根據(jù)線性約束條件，確定可行域，將目標(biāo)函數(shù)轉(zhuǎn)換為直線縱截距問題，結(jié)合可行域求得最值即可.【詳解】解：作出約束條件表示的平面區(qū)域，如圖中陰影（包括邊界）設(shè)目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為直線為，則直線縱截距為，要求的最大值，即確定直線縱截距的最值，所以在點處直線縱截距取得最大值，即.故4．15．圓：與圓：的公共弦長為______．【分析】先求得公共弦的方程，再根據(jù)點線距公式和垂徑定理求解即可.【詳解】解：圓與圓的方程相減可得公共弦長所在直線的方程，即，因為變形為，即圓的圓心為，半徑為2，所以，圓心到x＋2y－1＝0的距離，所以，兩圓的公共弦長為.故．16．如圖，在平行六面體中，四邊形，均為矩形，已知，且二面角的平面角為，連接，，則四邊形的面積為______．4【分析】根據(jù)平行六面體的幾何性質(zhì)及二面角的平面角的大小，確定四邊形的邊長與角度大小，即可得四邊形的面積.【詳解】解：如圖，連接，，∵四邊形，均為矩形，∴，，又平面∴平面，又，∴平面，∴又∵平面平面，∴二面角的平面角為，即，∴，，又∵，，則，，∴.故4.三、解答題17．分別求滿足下列條件的直線方程．(1)傾斜角為60°，且過點；(2)經(jīng)過直線與的交點，且與直線平行．(1)；(2)．【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出直線的斜率，利用直線的點斜式方程求解作答.（2）求出兩直線的交點坐標(biāo)，再借助平行關(guān)系求解作答.【詳解】（1）因直線的傾斜角為60°，則該直線斜率，所以所求直線的方程為，即.（2）由解得：，依題意，所求直線經(jīng)過點，設(shè)所求直線為，將點代入，得，所以所求直線為．18．已知橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，且右頂點到兩焦點，距離之和為，距離之差為2．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過左焦點且斜率為的直線交橢圓于，兩點，求，兩點的坐標(biāo)．(1)；(2)，．【分析】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，列出的方程組，求解即可；（2）寫出直線的方程，聯(lián)立橢圓方程，求解即可.【詳解】（1）∵右頂點到兩焦點，的距離分別為a＋c，a－c，∴，，解得，c＝1，∴，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）由（1）可知左焦點的坐標(biāo)為，∴直線l的方程為y＝x＋1，聯(lián)立直線l與橢圓C的方程得，整理得，解得或0，即A，B兩點的坐標(biāo)分別為，．19．已知圓C的圓心為，半徑為3，l是過點的直線．(1)判斷點P是否在圓上，并證明你的結(jié)論；(2)若圓C被直線l截得的弦長為，求直線l的方程．(1)點P不在圓上，證明見解析(2)x＝0或3x＋4y－8＝0．【分析】(1)將點的坐標(biāo)導(dǎo)入圓的方程與1比較大小即可.(2)已知弦長，求直線方程，求出圓心到直線的距離，用垂徑定理，解直角三角形即可，特別要注意斜率不為0的情況.【詳解】（1）點P不在圓上．證明如下：∵，∴由圓的定義可知點P是在圓C的內(nèi)部，不在圓上；（2）由直線與圓的位置關(guān)系可知，圓心C到直線l的距離，①當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝0，此時，滿足題意；②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l為y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0，又∵，解得，此時直線l為3x＋4y－8＝0，綜上所述：直線l的方程為x＝0或3x＋4y－8＝0．20．如圖，在四棱錐中，底面，底面為矩形，，，點是棱上的點，且滿足．(1)求證：；(2)求證：平面平面．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）證明平面即可證明結(jié)論；（2）設(shè)交于點，進(jìn)而證明，再結(jié)合即可證明平面，進(jìn)而可證明結(jié)論.【詳解】（1）證明：∵底面，平面，∴，又∵底面為矩形，∴，又，平面，∴平面，又平面PAD，∴；（2）證明：如圖，設(shè)交于點，∵底面，平面，∴，當(dāng)時，∵，，∴，∴，又∵，∴，∴，即，又∵，平面，∴平面，又平面，∴平面平面．21．長江存儲是我國唯一一家能夠獨立生產(chǎn)3DNAND閃存的公司，其先進(jìn)的晶棧Xtacking技術(shù)使得3DNAND閃存具有極佳的性能和極長的壽命．為了應(yīng)對第四季度3DNAND閃存顆粒庫存積壓的情況，某下游閃存封裝公司擬對產(chǎn)能進(jìn)行調(diào)整，已知封裝閃存的固定成本為300萬元，每封裝萬片，還需要萬元的變動成本，通過調(diào)研得知，當(dāng)不超過120萬片時，；當(dāng)超過120萬片時，，封裝好后的閃存顆粒售價為150元/片，且能全部售完．(1)求公司獲得的利潤的函數(shù)解析式；(2)封裝多少萬片時，公司可獲得最大利潤？(1)(2)封裝160萬片時，公司可獲得最大利潤【分析】（1）根據(jù)利潤=銷售額-成本即可的利潤的函數(shù)解析式；（2）根據(jù)（1）利潤的函數(shù)解析式，分段求解函數(shù)最值，最終比較得最大值即可.【詳解】（1）解：當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上可知；（2）解：當(dāng)時，，∴當(dāng)時，利潤取最大值700萬元；當(dāng)0時，，∴當(dāng)且僅當(dāng)“”，即“”時，利潤取最大值730萬元，綜上所述，封裝160萬片時，公司可獲得最大利潤730萬元．22．已知圓過點，且與軸相切于坐標(biāo)原點，過直線上的一動點引圓的兩條切線，，切點分別為，．(1)求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點為線段的中點，點為坐標(biāo)原點，求的最大值．(1)(2)．【分析】（1）根據(jù)圓且與軸相切于坐標(biāo)原點，設(shè)圓心為，再根據(jù)圓過點，，可得的值與半徑，即可得圓的方程；（2）設(shè)，兩點的坐標(biāo)分別為，，點為，得直線，方程，確定直線過定點，再根據(jù)幾何性質(zhì)確定點的軌跡方程，從而可求，再求得最值即可.【詳解】（1）解：∵圓與軸相切，∴可設(shè)圓心的坐標(biāo)為；又∵圓過點，，∴，解得