浙江省宁波市余姚市余姚中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

浙江省宁波市余姚市余姚中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

余姚中学2019学年第一学期期中考试高二数学试卷 一、选择题： ‎ ‎1.双曲线的焦点坐标是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将化简成标准方程再进行焦点坐标运算即可.‎ ‎【详解】由得,故,故焦点坐标 故选：D ‎【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程与焦点坐标,属于基础题型.‎ ‎2.已知椭圆的一点到椭圆的一个焦点的距离等于6，那么点到椭圆的另一个焦点的距离等于( )‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得椭圆上的点到两个焦点之间的距离之和为,利用即可求得.‎ ‎【详解】由题,故椭圆上的点到两个焦点之间的距离之和为8,又到椭圆的一个焦点的距离等于6,故到椭圆的另一个焦点的距离等于 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义,属于基础题型.‎ ‎3.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为，腰为，上底长为的等腰梯形，那么原平面图形的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法的图像性质,原平面图形面积为斜二测画法所得面积的倍,故先求得斜二测画法梯形的面积再乘以即可.‎ ‎【详解】由题意得,斜二测画法内梯形的上底长为2,高为,下底长为 ‎,故斜二测图像内梯形面积,故原平面图形面积 .‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查原图形面积为斜二测画法内面积的倍.属于基础题型.‎ ‎4.设、是两条不同的直线，、是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中真命题的是 （ ）‎ ‎①若，，则； ②若，，则；‎ ‎③若，，则； ④若，，则。‎ A. ①和② B. ②和③ C. ③和④ D. ①和④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①错；②对；③对；④错；‎ ‎5.一个三棱锥的三条侧棱两两垂直且长分别为3、4、5，则它的外接球的表面积是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两两垂直的三棱锥的外接球与此三棱锥外接的长方体的外接球为同一外接球,可直接算得长方体的体对角线长度的平方,再根据外接球表面积公式即可算得.‎ ‎【详解】由题三条侧棱两两垂直且长分别为3、4、5的三棱锥与长宽高分别为3、4、5的长方体外接球相同.且长方体体对角线长为外接球直径,又,‎ 故外接球表面积 .‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查三条侧棱两两垂直且长度分别为时,三棱锥的外接球表面积.‎ ‎6.已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则=( )‎ A. B. C. 3 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作轴于点,根据可求得进而求得横坐标,等于的横坐标再利用公式即可算得.‎ ‎【详解】‎ 由题,设在第一象限,则作轴于点,设准线交轴于,因为,‎ ‎∥,故,又,故,所以的横坐标也为1.‎ 利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离有 故选：C ‎【点睛】遇到线段有比例关系，如时,将线段的比例关系转换为或者的比值问题是常见做法.‎ 本题也考查了抛物线上的点到焦点的距离这一知识点.‎ ‎7.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：‎ ‎①AB⊥EF； ②AB与CM所成的角为60°； ‎ ‎③EF与MN是异面直线；④MN∥CD． ‎ 其中正确的个数为( )个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可先画出正方体,再利用空间中判断线线夹角的一般方法逐个选项判断即可.‎ ‎【详解】还原正方体,以正方形为底面有 对①,因为∥,且有,故①正确.‎ 对②,因为∥,所以②错误.‎ 对③,由图可得显然正确.‎ 对④,,故④错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查空间中线面的位置关系与夹角,一般利用平行将线段移至相交位置分析夹角.‎ ‎8.在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.‎ 详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,‎ 因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.‎ 点睛：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”.‎ ‎9.已知、分别是双曲线的左、右焦点，以为直径的圆交渐近于点（在第一象限），交双曲线左支于，若是线段的中点，则该双曲线的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画图分析,先算得的坐标,再代入双曲线方程化简即可得离心率.‎ ‎【详解】画出图像,连接,则,故,又直线的斜率为,故,又,所以,又在双曲线上,‎ 故,化简得,‎ 故.因,故解得 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查表达点的坐标代入双曲线方程进行化简求离心率的方法,属于中等题型.‎ ‎10.如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是( )‎ A. 先增大再减小 B. 减小 C. 增大 D. 先减小再增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可直接建立空间直角坐标系求解平面BDE与底面ABC所成锐二面角的余弦值关于的函数,再分析函数的单调性即可.‎ ‎【详解】以中点为坐标原点,分别为轴,并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.‎ 设所有棱长均为2,则,,,设平面BDE法向量则,令有,‎ 故.又平面ABC的法向量,故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值 ‎,又,故在上单增, 上单减,即随着x增大先变大后变小,所一以随着x增大先变小后变大.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查建立空间直角坐标系求二面角以及二次函数的单调性问题等,属于综合题型.‎ 二、填空题 ‎11.双曲线的渐近线方程为_____，设双曲线经过点(4,1),且与双曲线具有相同渐近线,则双曲线的标准方程为_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由焦点在轴上的双曲线的渐近线方程可得；(2)设,代入点求得即可.‎ ‎【详解】(1)双曲线的焦点在轴上,且,渐近线方程为,‎ 故渐近线方程为 ‎ 故答案为：‎ ‎(2)由双曲线与双曲线具有相同渐近线,可设,代入有,故,化简得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线渐近线的方程为, ‎ 与共渐近线方程可设为 ‎12.若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积是______；若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是_______．‎ ‎【答案】 (1). (2). 4:3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题可得圆柱高为2,再计算得出底面半径为即可求得体积. (2)设圆锥底面半径为再表达出展开后的扇形半径列式即可求得底面半径,再计算出表面积与侧面即即可.‎ ‎【详解】(1)设底面半径为,则由题意,,故,又高为2,所以体积, 故答案为： (2)设圆锥底面半径为,则底面周长,故展开后的扇形弧长,又圆心角为 且半径为1,故,所以.故圆锥侧面积,‎ 表面积,故表面积与侧面积的比是 故答案为：4:3‎ ‎【点睛】本题主要考查圆柱和圆锥体积表面积公式,需要注意设半径为方便列式计算,属于基础题型.‎ ‎13.一个几何体的三视图如图所示，‎ 则该几何体的表面积为______，体积为______．‎ ‎【答案】 (1). 10＋4＋2 (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得该几何体为四棱锥,分别算出四个侧面与底面面积即可算得表面积,再利用体积公式求解即可.‎ ‎【详解】(1)在长方体中画出四棱锥直观图, 可知表面积,其中均为直角三角形,为等腰三角形,取中点有底长,高,即可求得面积 ‎ ‎10＋4＋2,‎ 故答案为：10＋4＋2‎ ‎ (2)该立体图形为四棱锥,故.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题主要考查立体几何的图形画法以及表面积体积计算.经常放到长方体中画出棱锥,且注意在算表面积时三角形经常为直角或者等腰三角形,等腰三角形需要作底边上的高计算面积.‎ ‎14.方程 |x+1|＋|y-1|＝2表示的曲线围成的图形对称中心的坐标为_______，面积为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知,分别令即可算得对称中心的坐标,又画图得图形为边长为的正方形即可算得面积.‎ ‎【详解】(1)由画出图形,故对称中心为 ‎ 故答案为：‎ ‎(2)由图得图形为变成为的正方形,故面积为 故答案为：8‎ ‎【点睛】的图像是以为中心,以点为顶点的正方形.‎ ‎15.已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点差法得到AB的斜率，结合抛物线定义可得结果.‎ 详解】详解：设 则 所以 所以 取AB中点,分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为 因为,‎ ‎，‎ 因为M’为AB中点，‎ 所以MM’平行于x轴 因为M(-1,1)‎ 所以，则即 故答案为2.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，设，利用点差法得到，取AB中点, 分别过点A,B作准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的性质得到，进而得到斜率。‎ ‎16.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，圆O所在平面，且PA=AB=2，过点A作平面，交PB,PC分别于E,F，当三棱锥P-AEF体积最大时，=_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 平面，则，又平面，平面，设，在中，，在中，，‎ ‎ ，时，三棱锥P-AEF体积最大为，此时， ，.‎ ‎【点睛】涉及与圆有关的垂直问题不要忘记垂径定理和直径所对的圆周角是直角，可以提供垂直方面的依据，借助线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直反得线线垂直，这是垂直问题常用的推理模式，借助二次函数求体积的最值，进而求出所求的角的正切.‎ ‎17.已知椭圆，直线与椭圆交于两点，以线段为直径的圆经过原点．若椭圆的离心率不大于，则的取值范围为__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 联立直线与圆锥曲线的方程,设交点坐标,根据线段为直径的圆经过原点列式,得出关于的表达式,再根据离心率不大于进行不等式求解即可.‎ ‎【详解】设,联立直线与椭圆方程,消去得 ‎,,且化简得.‎ 联立直线与椭圆方程,消去得,故,又线段为直径的圆经过原点,则,‎ 故,即,化简得.‎ 又椭圆离心率不大于,故,即,‎ 所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系问题,重点在于设而不求,先翻译题目条件,用坐标去表示所给条件,列出对应的不等式,再联立方程利用伟大定理代换即可求解.属于综合题型.‎ 三、解答题 ‎18.如图，已知三棱锥，平面平面，，．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设点为中点，求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题可利用余弦定理计算,再利用勾股定理证明,进而得到平面,进而证明 (2)由(1)可知面,故可以为坐标原点建立空间直角坐标系,求出 对应的向量与面的法向量即可求得与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】(1) ,,由余弦定理得 ‎,故.‎ 又,故.又平面平面,且平面平面,故平面.又平面,故.‎ 证毕. (2)由(1)有平面,故以为坐标原点,垂直为轴,为轴正向,为轴正向建如图空间直角坐标系.‎ 则,,,,.‎ 故,,,‎ 设平面的法向量则,‎ 令有 ,故,设与平面所成角为,则 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的一般证明方法,包括线线垂直与勾股定理等基本方法.‎ 一般求解先与面的夹角的正弦值,均先求直线的向量与平面法向量,再根据直线与法向量的夹角的余弦值等于直线与平面夹角的正弦值求得即可.‎ ‎19.过椭圆的焦点且垂直于长轴的直线交椭圆于两点，线段的长度为1.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线经过定点，且与椭圆交于两点，为原点，求三角形面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)；(2)1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题得,且为通经长再化简求值即可 (2)根据题意先分析斜率不存在时的情况,再联立方程求得韦达定理与判别式,再根据列出面积表达式代入韦达定理运算,最后关于斜率的函数表达式可用基本不等式求最值即可.‎ ‎【详解】(1)由题得,故,‎ 因为所以,,故椭圆方程 (2) 当直线斜率不存在时,无三角形,当直线斜率存在时,设,‎ 则联立直线与椭圆方程,消去得,故 ,且化简得.故 ‎,‎ 当且仅当即时取得“=”.‎ 故三角形面积的最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，联立方程表达出面积可用简化计算,同时最后求最值时基本不等式是常用做法.‎ ‎20.已知抛物线,,过点A(1,1)．‎ ‎（1）求抛物线C的方程；‎ ‎（2）如图，直线与抛物线交于两个不同点（均与点不重合），设直线的斜率分别为且，求证直线过定点，并求出定点. ‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将点代入即可 ‎ ‎(2)设直线:,联立直线与抛物线方程,表达出,再化简代入韦达定理算得,再代入直线方程即可求得定点.‎ ‎【详解】(1) 将点代入有,故抛物线方程为：‎ ‎(2)设直线:.联立有,‎ 且 因为,同理.由得 ‎,‎ 化简得.所以直线:,‎ 故过定点 ‎【点睛】本题主要考查定点定值问题,联立方程列出韦达定理,设而不求翻译条件,再代入韦达定理求解相关量的关系,属于综合题型.‎ ‎21.如图,四棱锥中，,，，△是等边三角形，分别为的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；‎ ‎（Ⅱ）3.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取中点，连接、，根据线面平行的判定定理，得到平面平面，进而可得平面；‎ ‎（Ⅱ）连接，根据题意得到是二面角的平面角，过点作于，得到平面，是直线与平面所成角的平面角，再由题中数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）取中点，连接、．‎ 由于，，，，‎ 从而平面平面．‎ 又平面，‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）连接．‎ 由于，，‎ 则是二面角的平面角，，是边长为的正三角形，且平面．‎ 又平面，则平面平面．‎ 过点作于，则，平面，是直线与平面所成角的平面角．‎ 由于分别是的中点，则，从而，即直线与平面所成角的正切值为3.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面平行的证明以及直线与平面所成的角，熟记判定定理以及几何法求线面角即可，属于常考题型.‎ ‎22.已知椭圆的短轴长为，右焦点与抛物线的焦点重合，为坐标原点 ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设、是椭圆上的不同两点，点，且满足，若，求直线的斜率的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题设可直接得到的值，从而得到的值，据此可得椭圆的方程.‎ ‎（2）设的方程为，联立直线方程和椭圆方程并消去，利用韦达定理和向量关系得到的关系式，最后利用的范围得到的取值范围.‎ ‎【详解】（1）由已知得，所以,椭圆的方程为.‎ ‎（2）∵，∴三点共线，而，且直线的斜率一定存在，所以设的方程为，与椭圆的方程联立得 ‎，由 ，得 设 ，①‎ 又由得：，∴ ②.‎ 将②式代入①式得:‎ 消去得，‎ 当时，是减函数，所以，‎ ‎∴，解得，‎ 又因为，所以，即或，‎ ‎∴直线的斜率的取值范围是.‎ ‎【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、范围问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、范围问题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎