2019-2020学年浙江省绍兴市上虞区高二上学期期末数学试题(解析版)

题

一、单选题

1．直线x﹣2y+1＝0的斜率是（ ） A．﹣2 B．2

C．﹣

12 D．

12 【答案】D

【解析】利用直线一般式斜率计算公式即可得出. 【详解】

直线x﹣2y+1＝0的斜率是12. 故选：D. 【点睛】

本题考查了直线的斜率，属于简单题.

2．已知点（1，1）在圆（x﹣a）2+（y+a）2＝4的内部，则实数a的取值范围是（ A．（﹣1，1）

B．（0，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．{1，﹣1}

【答案】A

【解析】直接利用两点间的距离与圆的半径的关系的应用求出结果. 【详解】

由于（1，1）在圆（x﹣a）2+（y+a）2＝4的内部， 所以点（1，1）到圆心（a，﹣a）的距离d＜2， 即：(1a)2(1a)22，整理得：﹣1＜a＜1. 故选：A. 【点睛】

本题考查了根据点和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力.

3．若椭圆x2my2n1的焦点在y轴上，则（ ）

A．m＞n＞0 B．n＞m＞0

C．m＜0＜n

D．n＜0＜m【答案】B

【解析】直接利用椭圆的简单性质求解即可. 【详解】

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）

x2y2椭圆1的焦点在y轴上，则一定有：n＞m＞0.

mn故选：B. 【点睛】

本题考查了椭圆的焦点问题，属于简单题.

4．已知直线m，n及平面α，β，则下列说法正确的是（ ） A．若m//α，m//β，则α//β C．若m⊥α，n//α，则m⊥n 【答案】C

【解析】根据空间中线面平行或垂直的判定定理、性质定理逐一判断每个选项即可. 【详解】

对于A，若m∥α，m∥β，则α与β的位置关系是平行或相交，即A错误； 对于B，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，即B错误；

对于C，若m⊥α，n∥α，由线面垂直的性质知，m⊥n，即C正确； 对于D，若m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，即D错误； 故选：C. 【点睛】

本题考查了直线和平面的位置关系，意在考查学生的推断能力.

5．若抛物线y2＝4ax的准线与圆x2+y2﹣2y＝0相离，则实数a的范围是（ ） A．（﹣2，2）

C．（﹣∞，2）∪（2，+∞） 【答案】D

【解析】由抛物线的方程可得准线的方程，求出圆心坐标及半径，由准线与圆相离可得圆心到直线的距离大于半径，求出a的取值范围. 【详解】

由题意可得抛物线的准线方程为：x＝﹣a，圆的圆心坐标（0，1），半径为1， 所以由题意可得：|a|＞1，解得a＞1或a＜﹣1， 故选：D. 【点睛】

本题考查了直线和圆的位置关系，抛物线准线，意在考查学生的综合应用能力. 6．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，则异面直线MD1与A1B1所成角的余弦值为（ ）

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B．（﹣1，1）

D．（﹣∞，1）∪（1，+∞） B．若m//α，m//n，则n//α D．若m⊥α，α⊥β，则m//β

A．

3 2B．3 3C．

1 3D．23 3【答案】C

【解析】如图所示，连接C1M.根据A1B1∥C1D1，可得∠MD1C1即为异面直线MD1与A1B1所成角. 【详解】

如图所示，连接C1M，∵A1B1∥C1D1，∴∠MD1C1即为异面直线MD1与A1B1所成角. 不妨取AB＝2.MD1＝(22)212＝3.，则cos∠MD1C1＝故选：C.

1. 3

【点睛】

本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

x2y27．已知F1,F2为椭圆1的左、右焦点，P是椭圆上一点，若SF1PF24，则

84F1PF2等于（ ）

A．300 【答案】D

B．450

C．600

D．900

x2y2【解析】 由1，可得a22,b2,ca2b22，

84 设P(x1,y1)且y10，所以SF1PF211F1F2y14y14，解得y12， 22 此时点P的坐标为P(0,2)，所以PF1PF22， 则PF1PF2220F1F2，所以F1PF290，故选D.

28．已知二面角α﹣l﹣β的大小为60°，点P在面α内，设P在平面β上的射影为Q.且PQ＝3，则Q到平面α的距离为（ ）

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A．1 【答案】B

B．3 2C．

3 2D．3

【解析】先过点Q作QK⊥l，则∠PKQ为二面角的平面角，∠PKQ＝60°，然后根据等面积法建立等式关系，解之即可得点Q到平面α的距离. 【详解】

如图，过Q作QK⊥l，连接PK，则∠PKQ＝60°，PQ＝3，则QK＝1，PK＝2，

根据等面积法得Q到平面α的距离为故选：B.

133. 22

【点睛】

本题考查了点面距离，利用等面积法是解题的关键.

y2x29．设F1是双曲线C：2﹣2＝1（a＞0，b＞0）的左焦点，O是坐标原点，若P是

ba双曲线C的渐近线与圆x2+y2＝a2的一个交点，且|PF1|＝3|PO|＞b，则C的离心率为（ ） A．10 【答案】B

【解析】利用已知条件，结合余弦定理以及渐近线的斜率，列出方程求解即可. 【详解】

B．6

C．3 D．2

x2y2设F1是双曲线C：2﹣2＝1（a＞0，b＞0）的左焦点，O是坐标原点，

ab若P是双曲线C的渐近线与圆x2+y2＝a2的一个交点，且|PF1|＝3|PO|＞b， 可得9a2＝a2+c2+2accosθ，其中tanθ＝所以6a2＝c2，所以e＝6.

ab，所以cosθ＝，

ca第 4 页 共 16 页

故选：B.

【点睛】

本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.

10．如图，三棱锥S﹣ABC中，SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，AB＞BC，E，F，G分别是AB，BC，CA的中点，记直线SE与SF所成的角为α，直线SG与平面SAB所成的角为β，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ，则（ ）

A．α＞γ＞β 【答案】A

B．α＞β＞γ C．γ＞α＞β D．γ＞β＞α

G作SE的垂线l，【解析】根据题意可知，显然l垂直平面SAB，故直线SG与平面SAB所成的角为β＝∠GSE，同理，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ＝∠FSG，利用三角函数结合几何性质，得出结论. 【详解】

因为AB⊥BC，SA＝SB＝SC，所以AB⊥SE，所以AB⊥平面SGE，AB⊥SG， 又SG⊥AC，所以SG⊥平面ABC， 过G作SE的垂线l，显然l垂直平面SAB， 故直线SG与平面SAB所成的角为β＝∠GSE，

同理，平面SEG与平面SBC所成的锐二面角为γ＝∠FSG，

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由tanγ＝

FGEGtan，得γ＞β，γ也是直线SF与平面SEG所成的角， SGSG由cosα＝cosβ•cosγ＜cosγ，则α＞γ，所以α＞γ＞β， 故选：A.

【点睛】

本题考查了异面直线夹角，线面夹角，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

二、填空题

11．抛物线y2=2x的焦点坐标为 ． 【答案】（，0）．

【解析】试题分析：焦点在x轴的正半轴上，且p=1，利用焦点为（，0），写出焦点坐标．

解：抛物线y2=2x的焦点在x轴的正半轴上，且p=1，∴=，故焦点坐标为（，0），故答案为（，0）．

【考点】抛物线的简单性质．

12．直线l1：x+my+2＝0，直线l2：2x﹣y+2＝0，若l1//l2，则m＝_____，若l1⊥l2，则m＝_____. 【答案】﹣

1 2 2【解析】利用两条直线相互平行垂直与斜率之间的关系即可得出. 【详解】

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由﹣1﹣2m＝0，解得m＝﹣

11.∴11∥l2，则m＝﹣， 22若l1⊥l2，则2﹣m＝0，解得m＝2. 故答案为：﹣【点睛】

本题考查了根据直线位置关系求参数，意在考查学生的计算能力. 13．圆x2+y2﹣2x﹣2ay﹣1＝0（a为常数）的圆心是_____；半径是_____. 【答案】（1，a）

1，2. 2a22

【解析】将圆的一般方程化为标准方程可得圆心坐标及半径. 【详解】

化为标准方程可得：（x﹣1）2+（y﹣a）2＝a2+2， 故答案分别为：（1，a），a22. 【点睛】

本题考查了圆方程的圆心和半径，意在考查学生的计算能力.

14．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，俯视图的直观图如图2所示，则该几何体的表面积为_____，体积为_____.

【答案】48+722 962

【解析】由三视图及俯视图的直观图可得几何体为底面是平行四边形的直棱柱，高为4，底面平行四边形的相邻的边分别为6，32，求出底面的高为42，进而求出表面积及体积 【详解】

由图2可得底面为的平行四边形，且底为6，高为42，则可得另一条边长为32，图1可知高为4的直四棱柱，

所以S表＝2底+S侧＝2642+2（6+32）•4＝48+722， V＝Sh＝6424＝962，

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故答案分别为：48+722，962. 【点睛】

本题考查了根据三视图求表面积和体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力. 15．已知三棱锥A﹣BCD的侧棱AB，AC，AD两两垂直，且AB＝AC＝AD＝1，则三棱锥的外接球的表面积是_____. 【答案】3π

【解析】由题意将该三棱锥放在正方体中，可得正方体的棱长为1，再由正方体的对角线等于外接球的直径2R可得半径R的值，进而求出外接球的表面积. 【详解】

将该三棱锥放在正方体中，由题意可得正方体的棱长为1，

再由正方体的对角线等于外接球的直径2R可得，外接球的半径（2R）2＝3•12＝3， 所以外接球的表面积S＝4πR2＝3π. 故答案为：3π.

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

16．在直角△ABC中，AC＝3，BC＝1，点D是斜边AB上的动点，将△BCD沿着CD翻折至△B'CD，使得点B'在平面ACD内的射影H恰好落在线段CD上，则翻折后|AB'|的最小值是_____. 【答案】43 【解析】过点B′作B′H⊥CD于E，连结BH，AH，设∠BCD＝∠B′CD＝α，则有B′H＝sinα，CH＝cosα，∠ACE＝取得最小值. 【详解】

过点B′作B′H⊥CD于H，连结BH，AH，设∠BCD＝∠B′CD＝α，

﹣α，由此利用余弦定理、勾股定理能求出当α＝时，AB′2第 8 页 共 16 页

则有B′H＝sinα，CH＝cosα，∠ACH＝在△AHC中，由余弦定理得：

﹣α， 2﹣α） 2AH2＝AC2+CH2﹣2×CH×AC×cos∠ACH＝3+cos2α﹣23cosαcos（ ＝3+cos2α﹣23sinαcosα， 在Rt△AHB′中，由勾股定理得：

AB'2＝AH2+B′H2＝3+cos2α﹣23sinαcosα+sin2α＝4﹣3sin2α， ∴当α＝

时，AB′取得最小值43. 4故答案为：43.

【点睛】

本题考查了根据余弦定理求最值，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

17．在平面直角坐标系xOy中，直线l过点A（0，5）且与曲线x2+y2＝5（x＞0）相切于点B，则直线l的方程是_____，设E是线段OB中点，长度为5的线段PQ（P在Q的上方）在直线l上滑动，则|OP|+|EQ|的最小值是_____. 【答案】2x﹣y+5＝0或2x+y﹣5＝0

105 2【解析】由直线与圆相切求出切线的斜率即可得知切线的方程；作出图象，结合勾股定理表示出|OP|+|EQ|＝5PB2得最小值.

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5(PB5)2，所以当PB5时，|OP|+|EQ|取4【详解】

①显然直线l的斜率一定存在，所以设直线l的方程为：y＝kx+5，即kx﹣y+5＝0， ∵直线l与曲线x+y＝5（x＞0）相切，∴2

2

5k(1)225，解得：k＝±2，

∴直线l的方程为：2x﹣y+5＝0或2x+y﹣5＝0.

②由①可知， 直线l的两条方程关于y轴对称，所以不妨取直线l的方程为2x﹣y+5＝0，如图所示，由勾股定理得，OPOB2PB25PB2，

52＝(PB5)EQEB2BQ2EB2(PBPQ)2＝2255(PB5)2，所以|OP|+|EQ|＝5PB2(PB5)2， 44当PB5时，|OP|+|EQ|取得最小值，为105. 25. 2故答案为：2x﹣y+5＝0或2x+y﹣5＝0；10【点睛】

本题考查了求直线方程，最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.

三、解答题

18．已知点A（﹣2，1），B（2，4），点P是直线l：y＝x上的动点. （1）若PA⊥PB，求点P的坐标；

（2）设过A的直线l1与过B的直线l2均平行于l，求l1与l2之间的距离. 【答案】（1）（0，0）或（

552 ，）；（2）

2225a1a41，解得：a＝0或，a2a22【解析】（1）设点P（a，a），利用PA⊥PB得从而求出点P的坐标；

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（2）设直线l1的方程为：y＝x+m，设直线l2的方程为：y＝x+n，（m≠n），代入点A，B的坐标，求出m＝3，n＝2，再利用两平行线间的距离公式即可求出结果. 【详解】

（1）∵点P是直线l：y＝x上的动点，∴设点P（a，a）， ∵PA⊥PB，∴

555a1a41，解得：a＝0或，∴点P（0，0）或（，）； a2a2222（2设直线l1的方程为：y＝x+m，设直线l2的方程为：y＝x+n，（m≠n）， ∴﹣2+m＝1，2+n＝4，∴m＝3，n＝2，

∴直线l1的方程为：y＝x+3，即x﹣y+3＝0，直线l2的方程为：y＝x+2，即x﹣y+2＝0， ∴l1与l2之间的距离为：【点睛】

本题考查了求直线的交点，平行直线距离，意在考查学生的计算能力.

N分别为线段BB1，A1C的中点，MN⊥AA1，19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知M，且MA1＝MC.求证：

|32|11(1)22. 2

（1）MN//平面ABC； （2）平面A1MC⊥平面A1ACC1.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析

【解析】（1）取AC中点P，连结NP，BP，推导出四边形PNMB是平行四边形，从而MN∥BP，由此能证明MN∥平面ABC；

（2）推导出MN⊥A1C，MN⊥AA1，从而MN⊥平面A1ACC1，由此能证明平面A1MC⊥平面A1ACC1. 【详解】

（1）取AC中点P，连结NP，BP，∵N是A1C中点，P为AC中点， ∴PN∥AA1，且BB1＝AA1，又M为BB1中点，∴BM∥AA1，且BM＝

1AA1， 2∴PN∥BM，且PN＝BM，∴四边形PNMB是平行四边形，∴MN∥BP，

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∵MN⊄平面ABC，BP⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC. （2）∵MA1＝MC，且N是A1C的中点，∴MN⊥A1C， 又MN⊥AA1，AA1∩A1C＝A1，

A1C，AA1⊂平面A1ACC1，∴MN⊥平面A1ACC1， ∵MN⊂平面A1MC，∴平面A1MC⊥平面A1ACC1.

【点睛】

本题考查了线面平行和面面垂直，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.

20．已知直线l：3x﹣4y+t＝0，圆C1经过点A（0，1）与B（2，1），且被y轴的正半轴截得的线段长为2. （1）求圆C1的方程；

（2）设圆C2是以直线l上的点为圆心的单位圆，若存在圆C2与圆C1有交点，求t的取值范围.

【答案】（1）（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2；（2）[10﹣52，10+52]

【解析】（1）由题意结合图形求出圆C1的圆心坐标和半径，即可写出圆C1的标准方程；（2）由题意知直线3x﹣4y+t＝0表示一组平行线，由圆心C1到直线的距离列出不等式，即可求得t的取值范围. 【详解】

（1）由题意知，被y轴的正半轴截得的线段长为2，故圆过点D0,3， 圆C1经的圆心在线段AB、AD的垂直平分线交点上，

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所以圆心坐标为C1（1，2），半径为r1＝(10)2(21)2＝2， 所以圆C1的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2；

（2）由题意知，3x﹣4y+t＝0表示与3x﹣4y＝0平行的一组平行线； 且圆C2是以直线l上的点为圆心的单位圆， 则圆心C1到直线l的距离为d＝|38t|32(4)2＝

|t5|； 5若存在圆C2与圆C1有交点，则d≤2+1，即所以t的取值范围是[10﹣52，10+52].

|t5|≤2+1， 解得﹣52≤t≤10+52，5【点睛】

本题考查了圆的标准方程，圆和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力.

21．四棱锥P﹣ABCD中，AD//BC，BC⊥CD，BC＝CD＝2AD＝2，PD＝2，侧面PBC是等边三角形.

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（1）证明：PA⊥平面PBC；

（2）求BC与平面PCD所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）27 7【解析】（1）先证明BC⊥平面PAM，得到BC⊥PA，又PA⊥PM，根据线面垂直的判定定理证明即可；

（2）BC＝2，过B作BH⊥平面PCD，连接CH，则∠BCH为BC与平面PCD所成的角，利用等体积转化法求出BH，再利用三角公式求出即可. 【详解】

（1）取BC的中点M连接AM，PM，所以PM⊥BC，AM⊥BC，

PM∩AM＝M，所以BC⊥平面PAM，所以BC⊥PA，所以PA⊥AD，PA＝1， 所以PA2+PM2＝1+3＝4＝AM2，得PA⊥PM，又PA⊥BC，PM∩BC＝M， 故PA⊥平面PBC；

（2）BC＝2，过B作BH⊥平面PCD，连接CH，则∠BCH为BC与平面PCD所成的角，

设P到底面ABCD的距离为h，h＝

PAPM3， AM2由PC＝CD＝2，PD＝2，所以SPCD11177＝， PD4222222由等体积法，Vp﹣BCD＝VB﹣PDC，所以

1123SVBCDhSVPCDBH，得BH＝， 337所以sin∠BCH＝

BH327. ，所以cos∠BCH＝BC77

【点睛】

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本题考查了线面垂直，线面夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

x2y222．如图，设F1，F2是椭圆C：21（a＞b＞0）的左、右焦点，直线y＝kx

ab（k＞0）与椭圆C交于A，B.已知椭圆C的焦距是2，四边形AF1BF2的周长是42.

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线AF1，BF1分别与椭圆C交于M，N，求△MNF1面积的最大值.

x22 【答案】（1）（2）y2＝1；

82【解析】（1）由题意可得2c＝2，4a＝42，b2＝a2﹣c2，由此能求出椭圆的方程. （2）设A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），则直线AF1：x1x11y，直线BF1：y0x1x01y0x01y0y，联立求出yMxy1y N，M，My02x03y02x03xN＝

x011，由M，N，E三点共线得kME＝kNE，得t＝﹣4，由此能求出△MNF1

2x033面积的最大值. 【详解】

（1）由题意可得2c＝2，4a＝42，b2＝a2﹣c2，解得：a2＝2，b2＝1，

x2∴椭圆的方程为：y2＝1.

2（2）设A（x0，y0），（x0＞0，y0＞0），B（﹣x0，﹣y0）， 则直线AF1：x1x01x1y，直线BF1：x10yy0y0

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x222y12x01x12202yy10， 联立，得x1yy0x10y0y02x0222又＝1，代入化简得2x03y2x01y0yy0＝0， y022y0x01x1y0yM1＝﹣01， ∴y0yM＝﹣，∴yM，∴xM2x3y2x32x03000同理得yNy0x011，设直线MN与x轴交于E（t，0），xN＝，

2x032x03由M，N，E三点共线得kME＝kNE，得t＝﹣∴SVMNF1＝

4， 3y0y0122EF1y¥yN＝＝，当y0时，取等号. 22≤94x18y824002。 8∴△MNF1面积的最大值为【点睛】

本题考查了椭圆方程，面积的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

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