机密★启用前[考试时
年月15日上午
乐山市高中2023届期末教学质量检测
理科数学
本试卷共4页,满分
试时
本试题卷分第一部
择题)和第二部分(非选择题)两部分.第一部
页,第二部
生作答时,须
在答题卡上在本试遨卷、草稿纸上答尟无效
分,试
分
试纤束后,将本试题卷和答题卡一并
第一部分(选择题共60分
意事项
铅笔将答案标号填涂在答蘧
应姬
选择题:本题共12小题,每小题
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
率
百线方天
知自线
或异面
相交或异
与半径分别是
知
满足条件(P
入的值为
C
曲线
曲线
进线相
知
的任意
椭园的左焦点,Q是P
Q
周长
埋科数学第
体
底面△AB3C的中心为
直
所成
角的余弦值
知点F是双曲
的左焦点,P是双曲线
勋点过P点作y轴
正线并延长
上移动
B.减
点D在
成角的止弦值为
知圆锥的表而积为
展开图
圆的体积为
焦点F的直线与抛物
1,B两点,AF
抛物线的准线l与
图,在三校锥S
的正弦
值是y,则三棱锥S一ABC外接球的表面积是
埋科数学第
第二部分(非选择题
意事项
考
在答题卡上题目所指示的答豪区域
图
硝认后
米黑色迹签字笔描清楚,答在试题卷上无
填空题:本题
题,每小题5分
抛物线
准线方程是
图,将
日角线做出个被,若该的体
积为,则该正方体的体对角线长为
的轨迹方程
分别为双曲线
左、右焦
双此线右支
直线
有公共点,则双曲线的离
值
解答题;本大题
题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤
本小题满分10分
图,在空
分別是AB
点P求证:B
本小题满
知F是抛物
焦点,直线!交抛物线于M,N两点
且
平分线段MN,求直
方程
埋科数学第
本小题满
在四棱锥
P⊥平
向ABCD是
菱形,P
E,F分别为P
求三棱A-CDE
本小题满
分
与双曲
相交于P,Q
是否行在实数
Q为直径的圆经过坐标
若存在,求
本小题满分
图在正四棱柱ABCD
的点,满足
求二面
的余弦值
本小题满分
知椭圆
求出直线MN所过定
要
过A点作MN的垂线,垂足为Ⅰ.是否行在点Q,使得DQ为定值 存在,求
D)Q)的值
埋科数学第乐山市高中 2023 届期末教学质量检测
理科数学参考答案及评分意见
2022.1
一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分.
1. B 2.D 3.C 4. A 5.D
6. A 7.B 8.C 9.C 10.D
11.B 12. A
详解：
y 1
1. 【解析】由题可知直线方程为 2，即2x y 3 0，故选B.
x 2
2. 【解析】显然a,c 的位置关系是相交或异面，故选D.
2
3. 【解析】由题可知，圆的标准方程为 (x 1) (y 2)2 9，所以圆心为 (1, 2) ，半径为3，故选C.
4. 【解析】因为 p m (1, 1,1 ) ,所以 ( p m) n 1 2 ( 1) 2 (1 ) 1 0,解得 1，故
选 A.
x2 y2 x2 y2
5. 【解析】 k 化为标准方程为 1，则两曲线实轴长、虚轴长、焦距均不相等，而渐
25 9 25k 9k
3
近线方程同为 y x，故选D.
5
6. 【解析】如图，设另一个焦点为 F ，连接 PF ，则△OFQ 的周长为
1
OF OQ QF OF (PF PF ) c a 5，故选 A.
2
7. 【解析】取OC 中点F ，连接EF ，因为E, F 分别为VC,OC 中点，则EF VO ，
3
即 BEF 为直线 VO 与 BE 所成角，令正四面体边长为 1，则 BE ，
2
1 6 EF 2
EF VO ，所以cos BEF ，故选B.
2 6 BE 3
8. 【解析】令双曲线右焦点为F ，由对称性可知，| QF | | PF |，则 | PF | | QF | | PF | | PF | 2 a ，
为常数，故选C.
9. 【解析】如图，取 AC, A1C1 的中点分别为 M ,M1 ，连接 MM1, BM ,过点 D 作
DN // BM 交MM1 于点 N ，则易证DN 平面 AA1C1C ，连接 AN ，则 DAN 为 AD
与 平 面 AA1C1C 所 成 的 角 ． 在 Rt ABC 中 ， BM DN 3 , 在 Rt DNA 中 ，
DN 3 6
s i n DAN .故选C
AD 2 6 4
10. 【解析】设圆锥的半径为 r ，母线长 l ，因为侧面展开图是一个半圆，则 l 2 r ，即 l 2r ，又圆
锥的表面积为12 2，则 r rl 12 ，解得 r 2， l 4，则圆锥的高 h l 2 r2 2 3 ，所以圆
1 2 8 3
锥的体积V r h ，故选D.
3 3
11. 【解析】如图，设抛物线的准线为 l ，过 A作 AM l 于M ，过B 作 BN l 于N ，
过 B 作BK AM 于 K ，设 BF m ，则 AF 3m， AB 4m， |AK | 2m，
3
∴ BAM 60 ，∴ |CF| p m 3，∴m 2 ，∴ |BK| 2 3m 4 3 ，
2
1
∴△ABC 的面积为 S S△ACF S△BCF |CF| |BK| 6 3 ，故选B.
2
12. 【解析】设E 是 AC 的中点，连接EB, ES ，由于 SA SC ，AB BC ，所以 AC SE, AC BE ，
3
所以 SEB 是二面角 S AC B的平面角，所以cos SEB .在三角形 SAC 中, SE 6 ,在三角
3
形 ABE 中,BE 2 ,在三角形 SEB中，由余弦定理得: SB SE2 BE2 2SE BE cos SEB 2，
所以BS BA BC 2，由于 SA SC AC 2 2 ，所以BS , BA, BC,两两垂直.由此将三棱锥补形成
正方体如下图所示，正方体的边长为 2 ，则体对角线长为2 3 .设正方体外接球的半径为R ，则R 3 ，
2
所以外接球的表面积为4 R 12 ，故选 A.
二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
13. y 1； 14.2 3；
x2
5
15. 2y2 1； 16. 1 e
3
详解：
1
13.【解析】抛物线 y x2可化为 x2 4y ，则其准线为 y 1.
4
1 1 4
14.【解析】设正方体边长为 a，则 a
2 a ，解得a 2，所以体对角线长为 3a 2 3 .
3 2 3
x x0
x0 x
15.【解析】设P 的坐标为P (x0 , y0 )，M (x, y) ，则Q(x0 ,0)，则 1 ，即 ，
y y y 2y0 0
2
2
x 2
y
因为 00 1，则 x
2 2y2 1 2 2，即M 的轨迹方程为 x 2y 1.
2
16.【解析】过点O作OM PF1于M ，过点F 作 F N2 2N PF1于 ，因为 PF2 F1F ，所以2 PN F N ，1
1
又因为 OF2 FO ，所以1 MN F M ，故 F1 1M F1P ，又因为 PF ， 1 PF2 2a
4
2
a c 2
且 PF F F 2c，所以 PF 2a 2c ，因此 F M ，所以 OM c2
a c
1 ， 2 1 2 1
2 2
2
2 a c
又因为直线PF1与圆 x
2 y2 a2 有公共点，所以 OM a2 ，故c2 a
2 ，
2
5
即3c
2 2ac 5a2 0，则3e
2 2e 5 0，所以 1 e ，
3
5
又因为双曲线的离心率e 1，所以1 e .
3
三、解答题：本大题共 6小题，共 70分.
17.（本小题满分 10分）
【证明】：（1）连接 AC ， E, F 分别是 AB, BC 的中点，∴EF AC . ……………………1分
CG AH
在△ADC 中， ，∴GH AC ，∴EF GH . ……………………3分
GD HD
所以 E, F ,G, H 四点共面. A ……………………5分
（2） EH FG P ，所以P EH ，
E
又 EH 平面 ABD， P 平面 ABD H， ……………………7分
同理 P 平面BCD， B D G ……………………8分
P为平面 ABD与平面BCD的一个公共点. F C
又平面 ABD∩平面BCD BD . P BD，即P, B, D 三点共线. ……………………10分
18.（本小题满分 12分）
【解析】（1）设M (x , y )，由定义可知 MF x1 1， ……………………2分 1 1
过M 作 x 轴的垂线，垂足为H ， FH x1 1， ……………………3分
FH x
又 xFM 60 ，则 1
1 1
，解得 x1 3 ……………………5分
FM x1 1 2
所以 FM x1 1 4 ……………………6分
（2）设M (x1, y )，1 N (x2 , y2 )
因为M , N 2在椭圆上，则 y 4x 2， y 4x ， ……………………8分 1 1 2 2
y y 4
两式相减得： 1 2 ……………………9分
x1 x2 y1 y2
y
又因为P(2,1)为MN 的中点，则 k 1
y2 4 2，即 l 斜率为2 ……………………10分
x1 x2 2
此时，直线 l 的方程为 y 1 2(x 2)，即2x y 3 0 ……………………12分
19.（本小题满分 12分）
【解析】（1）取PA的中点G ，因为E 为 PD的中点，
1
所以GE AD且GE AD ……………………1分
2
又因为F 为BC 的中点，四边形 ABCD为菱形，
1
所以 BF AD且 BF AD ……………………3分
2
所以 BF GE 且 BF GE ，
故四边形BFEG 为平行四边形，所以BG EF ……………………5分
因为BG 面 PAB，EF 面 PAB，所以EF 面 PAB ……………………6分
（2）因为底面 ABCD是边长为 2的菱形， AC 2，则△ACD 为正三角形，
3 2
所以 S△ACD 2 3 ……………………8分
4
因为PA 面 ABC ，所以PA为三棱锥P ACD 的高
1 1 1 3
所以三棱锥的体积VA CDE VE ACD VP ACD 3 2 ……………………12分
2 2 3 3
20.（本小题满分 12分）
x y 1 0
【解析】（1）当a 1时，联立 得：P(1,0)，Q(3, 2)，
x2 2y2 1
则 PQ (1 3)
2 (0 2)2 2 2 ……………………4分
（2）假设存在，设P(x1, y1)，Q(x2 , y2 )，
ax y 1 0
2 2
联立 得： (2a 1)x 4ax 3 0
x2 2y2 1
4a
x1 x2 2a2 1
由韦达定理可知， ① ……………………8分
3x1x2
2a
2 1
因为以PQ为直径的圆经过坐标原点，则OP OQ，即 x1x2 y1y2 0② ……………………10分
a2①代入②可得， 2 0 ，方程在实数范围内无解，故不存在. ……………………12分
21.（本小题满分 12分）
【解析】（1）法一： △ BDM 为等边三角形， BD BM ，
则CD CM ，即M 为CC 中点， ……………………2分 1
在△A BM 中， A1B 5 ， A1M 3，1 BM 2，
A M 2则 BM 2 A B2 ，即 A1M BM ， ……………………4分 1 1
同理可得 A1M DM ， ……………………5分
又 BM DM M ， A M 面 BDM ……………………6分1
法二： △ BDM 为等边三角形， BD BM ，
则CD CM ，即M 为CC 中点， ……………………2分 1
建立如图的坐标系，则D(0,0,0) ， B(1,1,0)，M (0,1,1)， A1(1,0,2)，
A1M ( 1,1, 1)， BM ( 1,0,1)，DM (0,1,1) ， DA (1,0, 2)．
A1M BM A1M BM 0
∴ ，∴ A M DM ， ……………………4分 1
A1M DM 0
BM DM M
∴ A1M 面BDM ． ……………………6分
（2）设面MA1B的法向量为n1 (x1, y1, z1)，
x1 1
x1 y1 z1 0
y1 2 n (1,2,1)， ……………………8分
x1 z1 0
z1 1
同理可得面DA1B的法向量n2 (2, 2, 1)， ……………………10分
2 4 1 6 6
∴ cos n1 n2 ，∴余弦值为－ ……………………12分
6 3 6 6
22.（本小题满分 12分）
【解析】（1）法一：设直线 AM ， AN 的方程分别为 y 1， x 2，则M (2, 1)， N ( 2,1) ，
直线MN 的方程为 x 2y 0 ， ……………………2分
再设 AN 的方程为 x 2y 0，则直线 AM 的方程为2x y 5 0，
x2 y2 22 1
分别联立椭圆方程 1，解得 N ( 2, 1)，M ( , )，
6 3 9 9
则直线M N 的方程为 x 4y 2 0， ……………………4分
x 2y 0 2 1
联立 ，解得R( , ) ……………………6分
x 4y 2 0 3 3
法二：设点M x1, y1 , N x2 , y2 ，
若直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为： y kx m ，
2 2
代入椭圆方程消去 y 并整理得： 1 2k x 4kmx 2m2 6 0，
4km 2m2 6
可得 x1 x2 ， x1x2 ， ……………………2分 2
1 2k 2 1 2k
因为 AM AN ，所以 AM·AN 0，即 x1 2 x2 2 y1 1 y2 1 0，
根据 y1 kx1 m, y2 kx2 m ,代入整理可得：
2 2 k 1 x1x2 km k 2 x1 x2 m 1 4 0 ，
2 2m
2 6 4km 2
所以 k 1 km k 2 m 1 4 0，
1 2k 2 1 2k
2
整理化简得 2k 3m 1 2k m 1 0 ，
因为 A(2,1)不在直线MN 上，所以2k m 1 0，
故 2k 3m 1 0(k 1)， ……………………4分
2 1
于是MN 的方程为 y k x k 1 ，
3 3
2 1
所以直线过定点直线过定点 P , . ……………………5分
3 3
当直线MN 的斜率不存在时，可得 N x1, y1 ，
由 AM·AN 0得： x1 2 x1 2 y1 1 y1 1 0，
2 x
2 y2
得 x 2 1 y2 0 ，结合 1 11 1 1可得：3x
2 8x 4 0， 1 1
6 3
2
解得： x1 或 x2 2（舍）.
3
2 1
此时直线MN 过点P , . ……………………6分
3 3
2 2 1 2 4 2
（2）由（1）可知 | AR | (2 ) (1 ) ……………………8分
3 3 3
1 2 2
因为 AD MN ，取 AR 中点Q，则 DQ AR ……………………10分
2 3
4 1
此时，Q( , ) ……………………12分
3 3
