2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题（解析版）

2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题（解析版）

‎2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题 一、单选题 ‎1．直线的倾斜角是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】直线的斜率为 直线的倾斜角为：，‎ 可得：‎ 故选 ‎2．抛物线的焦点坐标是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据抛物线的焦点坐标是，所以此题的答案应是，故选A.‎ ‎【考点】抛物线的焦点坐标和标准方程.‎ ‎3．设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：对于A, 若，与可能平行，故A错；对于B, 若，与可以相交、异面直线、平行，故B错；对于C, 若，，l与可以相交、异面直线、平行，故C错；对于D,根据线面垂直的性质定理可得若 ‎，则，故D正确.‎ ‎【考点】空间直线与平面的位置关系.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.‎ ‎4．“直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b＜1”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】由题意，直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，可得（0，b）在圆内，b2＜1，求出﹣1＜b＜1，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 由题意，直线y＝x+b恒过（0，b），‎ ‎∵直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，∴（0，b）在圆内，∴b2＜1，∴﹣1＜b＜1；‎ 又由0＜b＜1时，（0，b）在圆内，∴直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及充要条件的判断问题，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的求解方法，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎5．圆与圆的公切线条数为（ ）‎ A.1 B .2 C.3 D.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题意得，圆的圆心，半径为；圆的圆心，半径为，则，且，即，所以两圆相交，所以共有条公切线，故选B．‎ ‎【考点】圆与圆的位置关系．‎ ‎6．双曲线的左、右焦点分别为，，在左支上过点的弦AB的长为5，那么的周长是　　‎ A．12 B．16 C．21 D．26‎ ‎【答案】D ‎【解析】依题意，利用双曲线的定义可求得，，从而可求得的周长．‎ ‎【详解】‎ 解：依题意，，，‎ ‎，又，‎ ‎．‎ ‎．‎ 即的周长是26．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．‎ ‎7．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C.‎ ‎8．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是 A．直线 B．圆 C．双曲线 D．抛物线 ‎【答案】D ‎【解析】由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，‎ 那么点P到直线BC的距离等于它到点C的距离，所以点P的轨迹是抛物线．‎ 故选D．‎ ‎9．已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（ ）‎ A．16 B．8 C．4 D．2‎ ‎【答案】A ‎【解析】方法一：‎ 第一步，把A，B点设出来；‎ 第二步，根据向量垂直的等式关系推导出参数间的关系；‎ 第三步，根据题意列出面积方程；‎ 第四步，利用均值不等式进行求最小值.‎ 方法二：‎ 由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，根据对称关系，直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，‎ ‎【详解】‎ 解析：设，则，,则解得， 根据三角形的面积公式，‎ ‎，当且仅当时，取最小值.‎ 则的面积的最小值为16.‎ 解法2：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，又因为，所以直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，解得，‎ 所以，此时．‎ 答案选A ‎【点睛】‎ 本题考查直线与抛物线形成的三角形面积，对动点采用设而不求的方法，难点在于根据已有向量关系形成等量代换，进而均值不等式求解面积最小值，难度较大。‎ ‎10．若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体，记的三个内角分别为， ， ，其中一定不是“完美四面体”的为( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】若，由正弦定理可得， ，设，因为“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形， ，把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为，设长方体棱长为，则，以上方程组无解，即这样的四面体不存在， 四个侧面不全等，故一定不是完美的四面体，故选 B. ‎ ‎【方法点睛】本题考查四面体的性质以及长方体的性质、新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题通过定义“完美四面体”达到考查四面体的性质以及长方体的性质的目的.‎ 二、填空题 ‎11．双曲线的焦距为__________，渐近线方程为________．‎ ‎【答案】 6 ‎ ‎【解析】由题得 所以焦距,故第一个空填6.‎ 由题得渐近线方程为.故第二个空填.‎ ‎12．已知直线l：mx﹣y＝1，若直线l与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，则m的值为_____，动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为_____．‎ ‎【答案】0或2 ． ‎ ‎【解析】直接由直线垂直与系数的关系列式求得m值；化圆的方程为标准方程，作出图形，数形结合求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，直线mx﹣y＝1与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，‎ 所以m×1+（﹣1）×m（m﹣1）＝0，解得m＝0或m＝2；‎ 动直线l：mx﹣y＝1过定点（0，﹣1），‎ 圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0化为（x﹣1）2+y2＝9，‎ 圆心（1，0）到直线mx﹣y﹣1＝0的距离的最大值为，‎ 所以动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为．‎ 故答案为：0或2； ．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，以及圆的弦长公式，准确求解是解答的关键，着重考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．.‎ ‎13．某几何体的三视图如图（单位： ），则该几何体的体积为__________ ，表面积为__________ ．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】 由三视图可知，该几何体表示一个底面为边长为的正方形，且高为的一个四棱锥，‎ ‎ 如图所示，‎ ‎ 所以该几何体的体积为； 其表面积为.‎ ‎ ‎ ‎14．在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a≠0，C（0，﹣2），∠CAB＝90°，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为_____‎ ‎；点B的轨迹E的方程为_____．‎ ‎【答案】a2＝2b y＝x2（x≠0） ‎ ‎【解析】求出AC和AB的斜率，根据∠CAB＝90°得出斜率之间的关系，列方程即可得出答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为∠CAB＝90°，∴kAC•kAB＝﹣1，‎ 又，∴，即a2＝2b．‎ 设B（x，y），∵D是AB的中点，∴x＝﹣a，y＝2b，‎ ‎∵a2＝2b，∴x2＝y，‎ ‎∴B点轨迹方程为y＝x2（x≠0）．‎ 故答案为a2＝2b，y＝x2（x≠0）．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了轨迹方程的求解问题，其中解答中根据得出斜率之间的关系，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎15．已知椭圆的左焦点为F，A（﹣a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F到AB的距离等于，则椭圆的离心率为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可得直线AB的方程：bx﹣ay+ab＝0，利用点F（﹣c，0）到直线AB的距离公式可求得d＝，整理得到关于的方程，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 依题意得，AB的方程为，即：bx﹣ay+ab＝0，‎ 设点F（﹣c，0）到直线AB的距离为d，∴，‎ ‎∴5a2﹣14ac+8c2＝0，∴8e2﹣14e+5＝0，∵e∈（0，1）‎ ‎∴e＝或e＝（舍去）．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程是解答的关键．求曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出 ，利用离心率的定义求解；②根据条件得到关于的齐次式，转化为关于的方程求解．‎ ‎16．设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：‎ ‎①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；‎ ‎②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；‎ ‎③D1B1⊥平面B1EF；‎ ‎④直线D1B1与平面B1EF所成的角为60°．‎ 其中正确的命题为_____．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】①根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；‎ ‎②求得异面直线D1B1与EF所成的角为45°；‎ ‎③判断D1B1与平面B1EF不垂直；‎ ‎④直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°．‎ ‎【详解】‎ 由题意，如图所示，三棱锥D1﹣B1EF的体积为为定值，①正确；‎ EF∥D1C1，∠B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角，为45°，②正确；‎ D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，③错误；‎ 直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°，④错误．‎ 综上，正确的命题序号是①②．‎ 故答案为：①②．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中的直线与平面之间的位置关系应用问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质定理，以及几何体的体积的计算公式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎17．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为_____．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】由题意，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．‎ ‎∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴，‎ ‎∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴，∴MK＝2MA，‎ ‎∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，‎ 在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，‎ ‎∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，‎ ‎∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝.‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎18．设命题：方程表示双曲线；命题：斜率为的直线过定点且与抛物线有两个不同的公共点．若是真命题，求的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：（1）命题p中式子要表示双曲线，只需，对于命题q：直线与抛线有两上不同的公共点，即设直线与抛物线方程组方程组，只需，解出两个不等式（组）中k的范围，再求出交集。‎ 试题解析：命题真，则，解得或，‎ 命题为真，由题意，设直线的方程为，即， ‎ 联立方程组，整理得， ‎ 要使得直线与抛物线有两个公共点，需满足， ‎ 解得且 ‎ 若是真命题，则 所以的取值范围为 ‎19．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；‎ ‎（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.‎ 详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．‎ 因为AB=AA1=2，‎ 所以．‎ ‎（1）因为P为A1B1的中点，所以，‎ 从而，‎ 故．‎ 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．‎ ‎（2）因为Q为BC的中点，所以，‎ 因此，．‎ 设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取，‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为，‎ 则，‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．‎ 点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”‎ ‎，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎20．已知抛物线过点．‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）求过点的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合）．设直线AM，AN的斜率分别为，，求证：为定值．‎ ‎【答案】（1）．（2）见解析．‎ ‎【解析】（1）利用待定系数法，可求抛物线的标准方程；‎ ‎（2）设过点P（3，﹣1）的直线MN的方程为，代入y2=x利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求k1•k2的值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意得，所以抛物线方程为． ‎ ‎（2）设，，直线MN的方程为，‎ 代入抛物线方程得． ‎ 所以，，． ‎ 所以,‎ 所以，是定值．‎ ‎【点睛】‎ 求定值问题常见的方法 ‎①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎21．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；‎ ‎（Ⅱ）求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ） ‎ ‎【解析】（Ⅰ）取A'D的中点M，连接 FM，EM，由已知得四边形BFME为平行四边形，由此能证明BF∥平面A'DE．‎ ‎（Ⅱ）在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，则BN⊥平面A'DE，连接A'N，∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，由此能求出直线A'B与平面A'DE所成角的正切值．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）证明：取A'D的中点M，连接 FM，EM．‎ ‎∵F为A'C中点，∴FM∥CD且，‎ ‎∴BE∥FM且BE＝FM，∴四边形BFME为平行四边形,∴BF∥EM，‎ 又EM⊆平面A'DE，BF⊄平面A'DE，‎ ‎∴BF∥平面A'DE.‎ ‎（Ⅱ）在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，‎ ‎∵平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE＝DE，‎ ‎∴BN⊥平面A'DE，连接A'N，‎ 则∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，‎ ‎∵△BNE∽△DAE，BE＝1，，∴.‎ 在△A'DE中作A'P⊥DE垂足为P，∵A'E＝1，A'D＝2，‎ ‎∴，∵，∴在直角△A'PN中，，‎ 又，∴,‎ ‎∴在直角△A'BN中，，‎ ‎∴直线A'B与平面A'DE所成角的正切值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面平行的证明，考查线面角的正切值的求法，考查方程思想、等价转化思想等数学思想方法和学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力，是中档题．‎ ‎22．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T．‎ ‎（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；‎ ‎（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．‎ ‎【答案】（I）+=1，T（1，）； （Ⅱ）见解析. ‎ ‎【解析】（I）由椭圆的离心率为得到 b2=a2，根据直线l：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T得到△=0，解得a2=4，b2=3，即得椭圆的方程. （Ⅱ）先计算出|PT|2=t2，|PA|==|﹣x1|，|PB|=|﹣x2|，再计算=为定值．‎ ‎【详解】‎ ‎（I）由椭圆的离心率e===，则b2=a2，‎ 则，消去x，整理得：y2﹣16y+16﹣a2=0，①‎ 由△=0，解得：a2=4，b2=3，‎ 所以椭圆的标准方程为：+=1；所以=，则T（1，），‎ ‎（Ⅱ）设直线l′的方程为y=x+t，由，解得P的坐标为（1﹣，+），‎ 所以|PT|2=t2，‎ 设设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去y整理得x2+tx+﹣1=0，‎ 则x1+x2=﹣t，x1x2=，△=t2﹣4（﹣1）＞0，t2＜12，‎ y1=x1+t，y2=x2+t，|PA|==|﹣x1|，‎ 同理|PB|=|﹣x2|，‎ ‎|PA|•|PB|=|（﹣x1）（﹣x2）|=|﹣（x1+x2）+x1x2|，‎ ‎|﹣（﹣t）+|=t2，所以==，‎ 所以=为定值．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题．‎