浙江省浙东北联盟2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题 20页

浙东北联盟(ZDB) 2019-2020学年第一学期期中考试 高二数学试卷 一．选择题（共10小题）‎ ‎1.椭圆的焦点坐标为（ ）‎ A. （﹣1，0），（1，0） B. ‎ C. （0，﹣1），（0，1） D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断焦点在轴上，再求出即可．‎ ‎【详解】由椭圆方程知焦点在轴，，焦点坐标为，．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质，由椭圆标准方程确定焦点坐标，可由变量下面的分母的大小确定焦点所在的轴，然后计算，可得焦点坐标．‎ ‎2.圆O：（x﹣1）2+y2=1和直线l：x﹣y+1=0的位置关系是( )‎ A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆心O到直线l的距离与半径比较，即可得到结论．‎ ‎【详解】圆O：（x﹣1）2+y2＝1，圆心坐标为O（1，0），半径为．‎ ‎∴圆心O到直线x﹣y+1＝0的距离为：，∴直线与圆相离．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，也考查了点到直线距离公式的应用，属于基础题．‎ ‎3.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线D1B与平面BB1C1C所成角余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出并证明直线与平面所成的角，然后计算 ‎【详解】∵平面，∴是直线D1B与平面BB1C1C所成角，‎ 设正方体棱长为，在中，，，‎ ‎．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题时需先作出直线与平面所成的角，为此要过直线上一点找（作）与平面垂直的直线，从而得直线在平面上的射影，得直线与平面所成的角，再在直角三角形中求解即得．‎ ‎4.某几何体的三视图如图，则它的体积是（ ）‎ A. 6 B. 4+π C. 2+2π D. 2+π ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原出原几何体，它是一个长方体半个圆柱的组合体，再计算体积．‎ ‎【详解】‎ 由三视图还原出原几何体，它是一个长方体半个圆柱的组合体，尺寸见三视图，‎ 体积为．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查组合体的体积，考查三视图，解题关键是由三视图还原出原几何体，然后用体积公式计算各个部分的体积可得．‎ ‎5.对空间中两条不相交的直线和，必定存在平面，使得 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 讨论两种情况，利用排除法可得结果.‎ ‎【详解】和是异面直线时，选项A、B不成立，排除A、B；‎ 和平行时，选项D不成立，排除D,‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间线面关系的判断，考查了空间想象能力以及排除法的应用，属于基础题.‎ ‎6.正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与CD所成的角为 ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，连结，则，且，从而是异面直线与所成的角，由此能求出异面直线与所成的角.‎ ‎【详解】‎ 取中点，连结，‎ 设正四面体的棱长为,‎ 则，且，‎ 是异面直线与所成的角，‎ 取中点，连结 则，‎ 平面,‎ 平面,，‎ ‎，‎ ‎，‎ 异面直线与所成的角为,故选B .‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.‎ ‎7.如图，三棱柱A1B1C1—ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )．‎ A. AE、B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1‎ B. AC⊥平面A1B1BA C. CC1与B1E是异面直线 D. A1C1∥平面AB1E ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：底面是正三角形，E为中点，,A项正确 考点：空间线面的位置关系 点评：题目较简单学生易得分 ‎8.如图，60°的二面角的棱上有A、B两点，线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD的长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎ ‎ 故选 ‎9.如图，已知椭圆，斜率为﹣1的直线与椭圆C相交于A，B两点，平行四边形OAMB（O为坐标原点）的对角线OM的斜率为，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直线方程为，求出它与椭圆的交点的坐标（设而不求），由得点坐标，再由得出的关系，然后求得离心率．‎ ‎【详解】设直线方程为，设，由得：‎ ‎，∴，，设，∵是平行四边形，∴，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于 的一个等量关系．本题中已知两直线和的斜率，因此设出直线方程，代入椭圆方程，消元后求出它们横坐标的和，由向量加法的平行四边形法则，，这样利用就可建立的等式，变形后可求得离心率．本题还考查学生的运算求解能力．‎ ‎10.斜线段PA与平面M成α角，斜足为A，动直线PB与直线PA成β（β＜α）角，交平面M于点B，动点B的轨迹图形为（ ）‎ A. 一条直线 B. 一个圆 C. 一个半圆 D. 一个椭圆 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由圆锥曲线与圆锥面的关系可得．‎ ‎【详解】由于，因此运动后可形成以为对称轴的圆锥侧面，而平面与轴不垂直不平行，又与母线不平行，因此平面与此圆锥侧面的交线是椭圆．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线与圆锥侧面的关系，属于基础题．‎ 二．填空题（共7小题）‎ ‎11.圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8＝0的圆心坐标为_____，半径为_____．‎ ‎【答案】 (1). （2，2） (2). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配方后可得圆心坐标和半径．‎ ‎【详解】圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣8＝0，即 （x﹣2）2+（y﹣2）2＝16，‎ 故它的圆心坐标为（2，2），半径为4，‎ 故答案为：（2,2）；4．‎ ‎【点睛】本题考查圆的一般方程，配方后化为标准方程可得圆心坐标与半径．‎ ‎12.已知椭圆的左、右焦点为F1，F2，则椭圆的离心率为_____，过F2且垂直于长轴的直线与椭圆交于点A，则|F1A|＝_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由椭圆标准方程得出，计算出，可得离心率，是通径的一半为，再结合椭圆定义可得．‎ ‎【详解】椭圆，可得a＝2，b，则c＝1，所以椭圆的离心率为：e．‎ 过F2且垂直于长轴的直线与椭圆交于点A，所以|AF2|，‎ 由椭圆的定义可知：|F1A|＝2a﹣|AF2|＝4．‎ 故答案为：；．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的离心率和椭圆的定义，解题时由椭圆标准方程确定出再计算出，可求离心率，而求椭圆上的点到焦点的距离时，可以与椭圆定义联系起来．‎ ‎13.已知圆（x+2）2+y2＝5外点P（0，3），过P点作直线l与圆相切交于点Q，则切线长|PQ|＝_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点到圆心距离，再由勾股定理计算出切线长：．‎ ‎【详解】圆（x+2）2+y2＝5的圆心为C（﹣2，0），半径为r；‎ 且|PC|2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣3）2＝13，‎ 所以切线长|PQ|2．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆相切问题，考查求切线长，解题时由切线与过切点的半径垂直，用勾股定理计算切线长．‎ ‎14.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为_____，圆柱的表面积与球的表面积之比为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球半径为，根据圆柱和球的体积公式、表面积公式直接计算．‎ ‎【详解】由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，‎ 圆柱的高h＝2R，则 V球πR3，‎ V柱＝πr2h＝π•R2•2R＝2πR3．‎ ‎∴．‎ S球＝4πR2，‎ S柱＝2πr2+2πrh＝2πR2+2πR•2R＝6πR2．‎ ‎∴．‎ 故答案为：，‎ ‎【点睛】本题考查圆柱和球的体积公式、表面积公式，属于基础题．‎ ‎15.已知F1，F2为椭圆上的左、右焦点，点B为上顶点，延长BF2交椭圆于M点，且△F1BM是腰长为3的等腰三角形，则a＝_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆的定义，△F1BM的周长为4a，再用另一方法求出周长即可求得．‎ ‎【详解】根据椭圆定义，△F1BM的周长为4a，所以4a＝66+a，所以3a＝6，a＝2，故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义，考查椭圆的基本运算．属于基础题．‎ ‎16.已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长均相等，E为DC的中点，若点P为AC中点，则直线PE与平面BCD所成角的正弦值为_____，若点Q在棱AC所在直线上运动，则直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，则直线PE与平面BCD所成角等于直线与平面BCD所成角，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，在中求解即得，是一个正四面体，当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，在中计算可得最大值．‎ ‎【详解】连结BE，AE，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，‎ 则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，‎ 设三棱锥A﹣BCD所有棱长均相等，设棱长为2，‎ 则DO＝BOBE，‎ AO，‎ ‎∴sin∠ADO．‎ ‎∴直线PE与平面BCD所成角的正弦值为．‎ 当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，‎ 此时直线QE与平面BCD所成角为∠AEO，AE，‎ ‎∴直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为：‎ sin∠AEO．‎ 故答案为：，‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题关键是作出直线与平面所成的角，为此需作一直线与平面垂直．找到直线在平面内的射影，从而得直线与平面所成角，然后在直角三角形中求解即得．‎ ‎17.如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，则二面角D﹣AF﹣B的平面角余弦值的取值范围是_____．‎ ‎【答案】（，1）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于平面ABD⊥平面ABC，因此作DK⊥AB，则DK⊥平面ABCF，作DO⊥AF，则OK⊥AF，‎ 则∠DOK为所求二面角的平面角，而cos∠DOK，设，，然后计算（可在矩形中计算），把表示为的函数，求得其取值范围．‎ ‎【详解】作DK⊥AB，则DK⊥平面ABCF，作DO⊥AF，则OK⊥AF，‎ 则∠DOK为所求二面角的平面角，cos∠DOK，‎ 设DF＝x，AF，AD2＝AO•AF，则AO，OD，‎ 由平面图形ABCD知，∠DAF＝90°﹣∠FAB，‎ 故tan∠FABcot∠DAF，‎ 所以OKOA，‎ 所以cos∠DOK，x∈（1，2），‎ 故答案为：（，1）．‎ ‎【点睛】本题考查求二面角，解题时首先要作出二面角的平面角并证明，这可利用题设中的面面垂直的性质，然后引入变形，把所求二面角的余弦值表示为的函数，从而可得取值范围．‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎18.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC，D，E，F分别是棱BC，CC1，B1C1的中点．求证：‎ ‎（1）直线A1F∥平面ADE；‎ ‎（2）平面ADE⊥平面BCC1B1．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明后可得线面平行；‎ ‎（2）证明AD⊥平面BCC1B1后可证得面面垂直．‎ ‎【详解】证明：（1）连结DF，∵D，F为中点，∴，‎ ‎∴四边形ADFA1为平行四边形，∴A1F∥AD，‎ ‎∵AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，∴A1F∥平面ADE．‎ ‎（2）∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AD，∵BC⊥AD（三线合一），‎ ‎∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD⊂平面ADE，‎ ‎∴平面ADE⊥平面BCC1B1．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的证明，掌握其判定定理是解题基础，证明时注意定理的条件要一一满足，缺一不可．‎ ‎19.已知关于x，y的方程x2+y2﹣4x+4y+m＝0表示一个圆．‎ ‎（1）求实数m的取值范围；‎ ‎（2）若m＝4，过点P（0，2）的直线l与圆相切，求出直线l的方程．‎ ‎【答案】(1) m＜8．(2)和x＝0．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可配方，方程左边是平方和形式，右边为正即可；‎ ‎（2）斜率不存在时，直线是圆的切线，斜率存在时，设方程为，由圆心到切线距离等于半径可求得，得切线方程．‎ ‎【详解】（1）方程x2+y2﹣4x+4y+m＝0可化为（x﹣2）2+（y+2）2＝8﹣m，‎ 令8﹣m＞0，解得m＜8；‎ 所以方程表示圆时m的取值范围是m＜8．‎ ‎（2）m＝4时，圆的方程为（x﹣2）2+（y+2）2＝4，‎ 则圆心为C（2，﹣2），半径为r＝2，‎ 当直线l的斜率k存在时，设l的方程为：y＝kx+2，‎ 化为kx﹣y+2＝0，‎ 则圆心C到直线l的距离为d2，解得k，‎ 所以直线l的方程为yx+2；‎ 当直线l的斜率k不存在时，直线x＝0也为圆C的切线；‎ 综上，直线l的方程为和x＝0．‎ ‎【点睛】本题考查圆的方程，考查求圆的切线方程，在过某一点的切线方程时，如果点在圆外，可分类讨论，斜率不存在的直线（验证是否为切线）和斜率存在的直线（设斜率为，写出切线方程，由圆心到切线的距离等于半径求得）．‎ ‎20.已知椭圆的左、右焦点为F1，F2，离心率为，且点在椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）若直线l过点M（0，﹣2）且与椭圆C相交于A，B两点，且△OAB（O为坐标原点）的面积为，求出直线l的方程．‎ ‎【答案】(1)．(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）已知条件为再结合可求得，得椭圆方程；‎ ‎（2）设直线l：y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程代入椭圆方程整理后可得，表示出，而，再由面积为可求得，得直线方程．‎ ‎【详解】（1）椭圆的左、右焦点为F1，F2，离心率为，且点在椭圆上，‎ 可得，‎ ‎∴椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）设直线l：y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），‎ ‎，‎ ‎∴（4k2+3）x2﹣16kx+4＝0，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，直线l的方程为．‎ ‎【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题．求椭圆的标准方程，关键是找到关于的两个等式，即把题中两个条件用表示出来就可求解，而直线与椭圆相交问题，常常采用“设而不求”思想，即设直线方程为，设交点坐标为，然后由直线方程和椭圆方程联立并消元后由韦达定理得，再把题中其他条件用交点坐标表示，同时代入，可求得参数的关系或值．‎ ‎21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，AD⊥CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝2，PC＝3，△PAB是正三角形．‎ ‎（1）求证：AB⊥PC；‎ ‎（2）求二面角P﹣CD﹣B的平面角的正切值．‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证线线垂直，先证线面垂直，由于是正三角形，取中点，则有，从而只要再证即可证；‎ ‎（2）关键是作二面角的平面角，由（1）知平面平面，因此只要作作PO⊥CE，PH⊥CD，连结OH，就可得∠PHO为二面角P﹣CD﹣B的平面角，接着就是计算出这个角即可．‎ ‎【详解】（1）证明：取AB中点E，连结PE，CE，‎ 易证△ABC为正三角形，E为AB中点，∴CE⊥AB，‎ ‎∵△ABP为正三角形，E为AB中点，∴PE⊥AB，‎ ‎∴AB⊥平面PCE，‎ ‎∴AB⊥PC．‎ ‎（2）解：过P点作PO⊥CE，PH⊥CD，连结OH，‎ ‎∵AB⊥平面PCE，∴平面ABCD⊥平面PCE，‎ ‎∵PO⊥CE，∴PO⊥平面ABCD，‎ ‎∵PH⊥CD，∴OH⊥CD，‎ ‎∴∠PHO为二面角P﹣CD﹣B的平面角，‎ 四边形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，AD⊥CD，‎ ‎∠ABC＝60°，BC＝2AD＝2，PC＝3，△PAB是正三角形．‎ AB＝2，PA＝PB＝2，PE＝CE，∠PCE＝30°，‎ 所以PO，OC，∠ECD＝60°，OH，‎ 三角形POH直角三角形，∠POH＝90°，‎ ‎∴．‎ ‎∴二面角P﹣CD﹣B的平面角的正切值：．‎ ‎【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查求二面角．要证线线垂直，一般可先证线面垂直即用线面垂直的性质定理．而证线面垂直又要寻找线线垂直，这可从图形中发现并证明．求二面角关键是作二面角的平面角，一般要先找一个面的垂线，然后利用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角，再在三角形中求得这个角．‎ ‎22.已知椭圆．‎ ‎（1）若过点的直线l与椭圆C恒有公共点，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若存在以点B（0，2）为圆心的圆与椭圆C有四个公共点，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】(1)．(2)．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）点在椭圆上或椭圆内，解不等式即得；‎ ‎（2）要使得圆和椭圆有四个公共点，利用对称性，考虑到在轴上，只要在椭圆的左半边（或右半边）存在不同两点到B点的距离相等，设动点Q（x0，y0）在椭圆上，，‎ 令，只要f（y0）在y0∈（﹣1，1）上不单调即可．‎ ‎【详解】（1）要使得直线l与椭圆C恒有公共点，则点要在椭圆上或者椭圆内，‎ ‎∴，∴．‎ ‎（2）法一：要使得圆和椭圆有四个公共点，利用对称性，‎ 所以在椭圆的左半边（或右半边）存在不同两点到B点的距离相等，‎ 设动点Q（x0，y0）在椭圆上，，‎ 令，使得f（y0）在y0∈（﹣1，1）上不单调，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 法二：设圆B：x2+（y﹣2）2＝r2，，‎ 整理得：（1﹣a2）y2﹣4y+a2+4﹣r2＝0，‎ 所以存在r，使得方程（1﹣a2）y2﹣4y+a2+4﹣r2＝0在（﹣1，1）上有两解，‎ 令函数f（y）＝（1﹣a2）y2﹣4y+a2+4﹣r2，对称轴，‎ 只需即可，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查点与椭圆的位置关系．圆与椭圆的公共点问题．点，椭圆方程，‎ 点在椭圆内，点在椭圆上，点在椭圆外．‎ 圆与椭圆都是轴对称图形，当圆心在椭圆的轴上时，它们的交点个数要利用其对称性进行变换说法，如本题圆与椭圆有4个公共点，则圆与椭圆在椭圆的左半边（或右半边）有两个公共点，即椭圆左半边（或右半边）有两点到圆心的距离相等．如果用方程的思想，则化为关于的方程在椭圆的范围内有两不等实解．‎ ‎ ‎