数学卷·2018届浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二上学期期中数学试卷 （解析版） 19页

‎2016-2017学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8个小题，每小题4分，共32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.‎ ‎1．直线x﹣y﹣1=0的倾斜角是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知a＞b＞0，那么下列不等式成立的是（　　）‎ A．﹣a＞﹣b B．a+c＜b+c C．（﹣a）2＞（﹣b）2 D．‎ ‎3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（　　）‎ A．5 B．7 C．9 D．11‎ ‎4．如图水平放置的一个平面图形的直观图是边长为1cm的正方形，则原图形的周长是（　　）‎ A．8cm B．6cm C． D．‎ ‎5．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥α B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β ‎6．设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则的值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA+sinC=psinB且．若角B为锐角，则p的取值范围是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎8．四棱锥P﹣ABCD中，△PCD为正三角形，底面边长为1的正方形，平面PCD⊥平面ABCD，M为底面内一动点，当时，点M在底面正方形内（包括边界）的轨迹为（　　）‎ A．一个点 B．线段 C．圆 D．圆弧 ‎　‎ 二、填空题（本大题共7个小题，第9～12小题每空3分，第13～15小题每空4分，满分36分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9．已知直线l1：x+ay﹣4=0与l2：（a﹣2）x+y﹣1=0相交于点P，若l1⊥l2，则a=　　．‎ ‎10．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为　　，它的表面积为　　．‎ ‎11．如上图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是　　，若D1E⊥EC，则直线A1D与平面D1DE所成的角为　　．‎ ‎12．已知圆C：x2+y2﹣2x+4y=0，则圆C的半径为　　，过点（2，1）的直线中，被圆C截得弦长最长的直线方程为　　．‎ ‎13．设实数a，b满足约束条件，则的取值范围为　　．‎ ‎14．已知圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2=5及点B（0，2），设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，则||+||的最小值为　　．‎ ‎15．已知关于x的不等式ax2+2x+b＞0（a≠0）的解集为，且a＞b，则的最小值是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2C=cosC，其中C为锐角．‎ ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）a=1，b=4，求边c的长．‎ ‎17．已知数列{an}的前项n和为Sn，且3Sn=4an﹣4．又数列{bn}满足bn=log2a1+log2a2+…+log2an．‎ ‎（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（2）若，求使得不等式恒成立的实数k的取值范围．‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．‎ ‎（1）证明CD⊥AE；‎ ‎（2）证明PD⊥平面ABE；‎ ‎（3）求二面角A﹣PD﹣C的正切值．‎ ‎19．已知圆O：x2+y2=16及圆内一点F（﹣3，0），过F任作一条弦AB．‎ ‎（1）求△AOB面积的最大值及取得最大值时直线AB的方程；‎ ‎（2）若点M在x轴上，且使得MF为△AMB的一条内角平方线，求点M的坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8个小题，每小题4分，共32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.‎ ‎1．直线x﹣y﹣1=0的倾斜角是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线的倾斜角．‎ ‎【分析】先由直线的方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出直线的倾斜角．‎ ‎【解答】解：直线x﹣y﹣1=0的斜率为k=1‎ 设直线的倾斜角为α，‎ ‎∴tanα=1‎ ‎∵α∈[0，π]‎ ‎∴α=．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．已知a＞b＞0，那么下列不等式成立的是（　　）‎ A．﹣a＞﹣b B．a+c＜b+c C．（﹣a）2＞（﹣b）2 D．‎ ‎【考点】不等式的基本性质．‎ ‎【分析】由条件求得﹣a＜﹣b＜0，从而得到 （﹣a）2＞（﹣b）2，从而得到结论．‎ ‎【解答】解：∵a＞b＞0，∴﹣a＜﹣b＜0，∴（﹣a）2＞（﹣b）2，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=（　　）‎ A．5 B．7 C．9 D．11‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差数列{an}的性质，及a1+a3+a5=3，可得3a3=3，再利用等差数列的前n项和公式即可得出．‎ ‎【解答】解：由等差数列{an}的性质，及a1+a3+a5=3，‎ ‎∴3a3=3，‎ ‎∴a3=1，‎ ‎∴S5==5a3=5．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图水平放置的一个平面图形的直观图是边长为1cm的正方形，则原图形的周长是（　　）‎ A．8cm B．6cm C． D．‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】由斜二测画法的规则知在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半．由于y′轴上的线段长度为cm，故在平面图中，其长度为2cm，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长．‎ ‎【解答】解：由斜二测画法的规则知与x′轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，‎ 正方形的对角线在y′轴上，‎ 可求得其长度为cm，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2cm，其原来的图形如图所示，‎ 则原图形的周长是：8cm 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥α B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】利用线面、面面垂直的判定定理判断．‎ ‎【解答】解：对于A，α⊥β，α∩β=m时，若n⊥m，n⊂α，则n⊥β，但题目中无条件n⊂α，故A也不一定成立；‎ 对于B，由线面垂直的判定，一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则线面垂直，而选项B中，只有m⊥n，则n⊥α，显然不成立；‎ 对于C，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥β，则m⊥α，结论成立；‎ 对于D，同由面面平行的判定，一个面经过另一个面的垂线，仅有m⊥n，不能得到m⊥β或n⊥α，故不正确．‎ 故选C ‎　‎ ‎6．设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则的值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】设出正方体的棱长，然后求出正方体的表面积，求出正方体的体对角线的长，就是球的直径，求出球的表面积，即可得到二者的比值．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为：1，‎ 所以正方体的表面积为：S2=6；‎ 正方体的体对角线的长为：，就是球的直径，‎ 所以球的表面积为：S1==3π．‎ 所以==．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinA+sinC=psinB且．若角B为锐角，则p的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】已知第一个等式利用正弦定理化简，再利用基本不等式变形，将第二个等式代入求出p的范围，再由B为锐角，得出cosB的范围，利用余弦定理表示出cosB，整理变形后求出p的范围，综上，得出满足题意p的范围即可．‎ ‎【解答】解：已知等式sinA+sinC=psinB（p＞0），利用正弦定理化简得：a+c=pb＞2，‎ 把ac=b2代入得：a+c=pb＞b，即p＞1，‎ ‎∵B为锐角，‎ ‎∴0＜cosB＜1，即0＜=﹣2＜1，‎ ‎∵﹣2=﹣3=2p2﹣3，‎ ‎∴0＜2p2﹣3＜1，‎ 解得：＜p＜，‎ 综上，p的取值范围为＜p＜，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．四棱锥P﹣ABCD中，△PCD为正三角形，底面边长为1的正方形，平面PCD⊥平面ABCD，M为底面内一动点，当时，点M在底面正方形内（包括边界）的轨迹为（　　）‎ A．一个点 B．线段 C．圆 D．圆弧 ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】由题意，建立如图所示的坐标系，利用，得出M的轨迹方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意，建立如图所示的坐标系，A（1，﹣，0），P（0，0，），‎ 设M（x，y，0）‎ ‎∵，‎ ‎∴（x﹣1）2+（y+）2=2（x2+y2+），‎ ‎∴x2+y2+2x﹣y+=0，表示圆．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共7个小题，第9～12小题每空3分，第13～15小题每空4分，满分36分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9．已知直线l1：x+ay﹣4=0与l2：（a﹣2）x+y﹣1=0相交于点P，若l1⊥l2，则a=　1　．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】利用两条直线垂直的条件，建立方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵直线l1：x+ay﹣4=0与l2：（a﹣2）x+y﹣1=0相交于点P，l1⊥l2，‎ ‎∴a﹣2+a=0，∴a=1，‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎10．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为　　，它的表面积为　　．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由已知中的三视图，可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，代入锥体体积和表面积公式，可得答案．‎ ‎【解答】解：由已知中的三视图，可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，‎ 其直观图如下图所示：‎ 其底面ABC的面积为：×2×2=2，‎ 高VA=1，‎ 故三棱锥的体积V=，‎ AB=AC==，‎ 故侧面VAB和VAC的面积均为： =，‎ 侧面VBC的高VD==，‎ 故侧面VBC的面积为：×=，‎ 故三棱锥的表面积为：；‎ 故答案为：，‎ ‎　‎ ‎11．如上图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是　90°　，若D1E⊥EC，则直线A1D与平面D1DE所成的角为　30°　．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设E（1，t，0），0≤t≤2，分别求出=（1，t，﹣1），=（﹣1，0，﹣1），由•=0，能求出直线D1E与A1D所成角的大小； •=0，能求出AE的长，即可求出直线A1D与平面D1DE所成的角．‎ ‎【解答】解：∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动，‎ ‎∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则D（0，0，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），A1（1，0，1），C（0，2，0），‎ 设E（1，t，0），0≤t≤2，‎ 则=（1，t，﹣1），=（﹣1，0，﹣1），‎ ‎∴•=﹣1+0+1=0，‎ ‎∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°．‎ ‎∵=（1，t，﹣1），=（﹣1，2﹣t，0），D1E⊥EC，‎ ‎∴•=﹣1+t（2﹣t）+0=0，‎ 解得t=1，∴AE=1．‎ 平面D1DE的法向量为=（﹣1，1，0），cos＜，＞==﹣，‎ ‎∴直线A1D与平面D1DE所成的角为30°．‎ 故答案为90°，30°．‎ ‎　‎ ‎12．已知圆C：x2+y2﹣2x+4y=0，则圆C的半径为　　，过点（2，1）的直线中，被圆C截得弦长最长的直线方程为　3x﹣y﹣5=0　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】圆的方程化为标准方程，可得圆心坐标与半径，过点（2，1）的直线中，被圆C截得弦长最长的直线且直径所在直线，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：圆C：x2+y2﹣2x+4y=0，可化为（x﹣1）2+（y+2）2=5，∴圆心C（1，﹣2），圆C的半径为．‎ 过点（2，1）的直线中，被圆C截得弦长最长的直线方程为y﹣1=（x﹣2），即3x﹣y﹣5=0．‎ 过答案为，3x﹣y﹣5=0．‎ ‎　‎ ‎13．设实数a，b满足约束条件，则的取值范围为　‎ ‎　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可求出的取值范围．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）：‎ z=的几何意义为阴影部分的动点（a，b）到定点P（﹣2，﹣2）连线的斜率的取值范围．‎ 由图象可知当点位于B时，直线的斜率最大，当点位于A时，直线的斜率最小，‎ 由，解得B（，），‎ ‎∴BP的斜率k==，由可得A（1，1）‎ OP的斜率k==1，‎ ‎∴﹣3≤z≤．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．已知圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2=5及点B（0，2），设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，则||+||的最小值为　2　．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质．‎ ‎【分析】求出点B关于直线x+y+2=0的对称点，将已知问题转化为对称点到圆上的最小值问题，根据圆的几何条件，圆外的点到圆上的点的最小值等于该点到圆心的距离减去半径．‎ ‎【解答】解：由于点B（0，2）关于直线x+y+2=0的对称点为B′（﹣4，﹣2），‎ 则|PB|+|PQ|=|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，‎ 又B′到圆上点Q的最短距离为|B′C|﹣r=3﹣=2，‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎15．已知关于x的不等式ax2+2x+b＞0（a≠0）的解集为，且a＞b，则的最小值是　2　．‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【分析】根据不等式ax2+2x+b＞0（a≠0）的解集得出ab=1且a＞0；再化简，利用基本不等式求出它的最小值．‎ ‎【解答】解：关于x的不等式ax2+2x+b＞0（a≠0）的解集为，‎ ‎∴，‎ 即ab=1且a＞0；‎ 又a＞b，∴a﹣b＞0；‎ ‎∴==（a﹣b）+≥2=2，‎ 当且仅当a﹣b=，即a﹣b=时“=”成立；‎ ‎∴的最小值是．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2C=cosC，其中C为锐角．‎ ‎（1）求角C的大小；‎ ‎（2）a=1，b=4，求边c的长．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】（1）由已知及正弦定理可得：2sinCcosC=cosC，结合C为锐角，即cosC≠0，可求sinC=，进而可得角C的大小．‎ ‎（2）由（1）及余弦定理即可得解c的值．‎ ‎【解答】解：（1）在△ABC中，由sin2C=cosC，可得：2sinCcosC=cosC，‎ 因为C为锐角，所以cosC≠0，‎ 可得sinC=，‎ 可得角C的大小为．‎ ‎（2）由a=1，b=4，根据余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcos=13，‎ 可得边c的长为．‎ ‎　‎ ‎17．已知数列{an}的前项n和为Sn，且3Sn=4an﹣4．又数列{bn}满足bn=log2a1+log2a2+…+log2an．‎ ‎（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（2）若，求使得不等式恒成立的实数k的取值范围．‎ ‎【考点】数列的求和；数列与不等式的综合．‎ ‎【分析】（1）利用再写一式，两式相减的方法求数列{an}的通项公式、利用数列{bn}满足bn=log2a1+log2a2+…+log2an，求出{bn}的通项公式；‎ ‎（2）若，裂项求和，不等式恒成立，即k≥恒成立，即可实数k的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由3Sn=4an﹣4可得a1=4，‎ ‎∵3Sn=4an﹣4，∴3Sn﹣1=4an﹣1﹣4，∴3Sn﹣3Sn﹣1=4an﹣4﹣（4an﹣1﹣4），‎ ‎∴3an=4an﹣4an﹣1，即．‎ ‎∴数列{an}是首项为a1=4，公比为4的等比数列，∴．‎ 又bn=log2a1+log2a2+…+log2an=2+4+…+2（n﹣1）+2n=n（n+1），‎ ‎∴bn=n（n+1）．‎ ‎（2）=1﹣+﹣+…+﹣=，‎ 不等式恒成立，即k≥恒成立，‎ 设dn=，则dn+1﹣dn=，‎ ‎∴当n≥2时，数列{dn}单调递减，当1≤n＜2时，数列{dn}单调递增；‎ 即d1＜d2＞d3＞d4＞…，‎ ‎∴数列最大项为，∴．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．‎ ‎（1）证明CD⊥AE；‎ ‎（2）证明PD⊥平面ABE；‎ ‎（3）求二面角A﹣PD﹣C的正切值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】（1）运用线面垂直的判定和性质定理即可得证CD⊥AE；‎ ‎（2）运用线面垂直的性质和判定定理，即可得到PD⊥平面ABE；‎ ‎（3）过E点作EM⊥PD于M点，连结AM，由（2）知AE⊥平面PCD，则AM⊥PD，则∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．通过解三角形AEM，即可得到所求值．‎ ‎【解答】（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，‎ 又AC⊥CD，AC∩PA=A，‎ ‎∴CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，‎ ‎∴CD⊥AE；‎ ‎（2）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD∴PA⊥AB，‎ 又AD⊥AB，AD∩PA=A ‎∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD∴AB⊥PD，‎ 由PA=AB=BC，∠ABC=60°，则△ABC是正三角形．‎ ‎∴AC=AB∴PA=PC ‎∵E是PC中点∴AE⊥PC 由（1）知AE⊥CD，又CD∩PC=C∴AE⊥平面PCD ‎∴AE⊥PD，又AB⊥PD，AB∩AE=A ‎∴PD⊥平面ABE；‎ ‎（3）解：过E点作EM⊥PD于M点，连结AM，‎ 由（2）知AE⊥平面PCD，则AE⊥PD，‎ 则PD⊥平面AEM，∴AM⊥PD，‎ 则∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．‎ 设AC=a，AD==，PA=A，PD==a，‎ AM===，‎ 在Rt△AEM中，AE=a，EM===a，‎ 则tan∠AME===．‎ ‎　‎ ‎19．已知圆O：x2+y2=16及圆内一点F（﹣3，0），过F任作一条弦AB．‎ ‎（1）求△AOB面积的最大值及取得最大值时直线AB的方程；‎ ‎（2）若点M在x轴上，且使得MF为△AMB的一条内角平方线，求点M的坐标．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）设∠AOB=θ，则，即可求△AOB面积的最大值及取得最大值时直线AB的方程；‎ ‎（2）分类讨论，由得：（1+k2）x2+6k2x+（9k2﹣16）=0，利用∠BMF=∠AMF，kBM+kAM=0，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）设∠AOB=θ，则，‎ 当时，S△AOBmax=8，此时O到AB的距离为，，‎ ‎∴S△AOBmax=8，直线AB的方程为．‎ ‎（2）当直线AB斜率不存在时，MF始终平分∠AMB．‎ 当直线AB斜率存在时，设直线AB：y=k（x+3），（k≠0），设M（m，0），‎ 由得：（1+k2）x2+6k2x+（9k2﹣16）=0‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则，．‎ ‎∵∠BMF=∠AMF，‎ ‎∴kBM+kAM=0，，‎ ‎∴（x1+3）（x2﹣m）+（x2+3）（x1﹣m）=0，‎ ‎∴2x1x2+（3﹣m）（x1+x2）﹣6m=0，‎ ‎∴，‎ ‎∴﹣32﹣6m=0，，‎ ‎∴．‎ ‎　‎