2019-2020学年金华十校高二上学期期末考试数学试题（解析版）

2019-2020学年浙江省金华十校高二上学期期末考试数学试题一、单选题1已知向量，若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】根据空间向量垂直的坐标表示得出关于的方程，解出即可.【详解】由，可得，即，解得，故选：B【点睛】本题考查利用空间向量垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.2已知、，则“”是“”成立的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件【答案】A【解析】根据充分条件、必要条件的定义结合不等式的性质判断即可.【详解】由，可得，且，则可得到，故充分性成立；反之若，可取，显然得到不等式不成立，故必要性不成立.故选：A【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，同时也涉及了不等式基本性质的应用，考查推理能力，属于中等题.3已知直线、和平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【解析】逐一分析各选项的正误，即可得出结论.【详解】对于A选项，若，则或，A选项错误；对于B选项，若，则或或与相交，B选项错误；对于C选项，若，则，C选项正确；对于D选项，若，则或，D选项错误.故选：C.【点睛】本题考查有关线面位置关系命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.4已知且，则二次曲线与必有（ ）A不同的顶点B不同的焦距C相同的离心率D相同的焦点【答案】D【解析】分和两种情况讨论，确定二次方程所表示的曲线的形状，并求出焦点坐标，从而得出结论.【详解】若，则，此时，二次方程所表示的曲线为焦点在轴上的双曲线，焦距为，焦点坐标为，而椭圆的焦点坐标为，此时两曲线的焦点重合；若，则，二次曲线表示焦点在轴上的椭圆，且焦距为，焦点坐标为，此时，两曲线的焦点重合.综上所述，二次曲线与必有相同的焦点.故选：D.【点睛】本题考查根据椭圆、双曲线的标准方程求焦点的坐标，解题时要对参数的取值进行分类讨论，并结合标准方程确定焦点的位置，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.5在平面直角坐标系中，坐标原点到过点，的直线距离为（ ）ABCD【答案】C【解析】求出直线的方程，然后利用点到直线的距离公式可计算出原点到直线的距离.【详解】，根据诱导公式可知：，所以经过、两点的直线方程为：，即，即，即，所以原点到直线的距离为，故选：C【点睛】本题考查点到直线距离的计算，涉及二倍角公式和两角和的余弦公式的应用，解题的关键就是求出直线的方程，考查计算能力，属于中等题.6若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】对函数求导，代入，可求出的值，进而可求出函数的解析式，可计算出和的值，进而得出的值.【详解】求导，令，则解得，因此，所以，因此，故选：B【点睛】本题考查导数值的计算，考查运算求解能力，属于基础题.7如图，在菱形中，线段、的中点分别为、现将沿对角线翻折，当二面角的余弦值为时，异面直线与所成角的正弦值是（ ）ABCD【答案】A【解析】过作，交于点，设二面角的大小为，设与的夹角为，则，由向量数量积的运算律得出，由题意可得出，利用数量积的定义可求出的值，即可求出的值，进而利用同角三角函数的平方关系可求出的值.【详解】如下图所示，过作，交于点，设与的夹角为，则，记二面角的大小为，即，即，所以，即，故选：A【点睛】本题考查异面直线所成角的计算，同时也考查了二面角的定义，涉及利用空间向量数量积的计算，考查计算能力，属于中等题.8已知是定义在上的奇函数，满足，则（ ）A是增函数，B是减函数，C是增函数，D是减函数，【答案】C【解析】利用导数判断函数和函数的单调性，再利用函数的单调性可判断出各选项中不等式的正误.【详解】构造函数，则，的符号无法确定，所以，函数的单调性不能确定，A、B选项错误；构造函数，则，所以单调递增，所以，即，即，故选：C【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性，并利用函数的单调性来判断不等式，根据导数不等式的结构构造合适的函数是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9已知中心在原点的椭圆和双曲线有共同的左、右焦点、，两曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，则，利用双曲线的定义和三角形三边关系求得，然后利用【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，焦距为，则，由椭圆和双曲线的定义可得，解得，又因为，即，解得，即，所以，故选：B【点睛】本题主要考查椭圆和双曲线离心率倒数和取值范围的计算，根据题意得出半焦距的取值范围是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.10如图，在矩形中，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若、分别为线段、的中点，则在折起过程中（ ）A可以与垂直B不能同时做到平面且平面C当时，平面D直线、与平面所成角分别为、，、能够同时取得最大值【答案】D【解析】逐一分析各选项的正误，从而可得出结论.【详解】对于A，连接，假设， ， ，平面，平面，而，A错误；对于B，取、中点、，连接、，则，平面，平面，平面，则四边形为梯形，且、为底，又、分别为、的中点，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面，同理可得平面，B选项错误；对于C，连接、，当时，而，与不垂直，即不垂直平面，C选项错误；对于D，在以为直径球面上，球心为，的轨迹为外接圆（与不重合，为的中点），连接，取中点，连接、，则，且，在中，由余弦定理得，. 当直线与平面所成角取得最大值时，点到平面的距离最大，由于点为的中点，此时，点到平面的距离最大，由于，当与平面所成角最大时，点到平面的距离最大.所以，直线、与平面所成角能同时取到最大值.故选：D【点睛】本题考查空间翻折几何体的应用，考查线线、线面位置关系的判断，考查线面角的求解，考查推理能力、空间想象能力以及运算求解能力，属于难题.二、填空题11设两直线与，若，则_；若，则_【答案】 【解析】根据两直线平行和垂直的等价条件列出关于实数的方程，解出即可.【详解】，则，即，解得；，则，整理得，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查利用两直线平行与垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.12已知函数，则函数的极小值为_，零点有_个【答案】 【解析】求出函数的导数，求出极值点，分析该函数的单调性，可求得该函数的极小值，令，可得出，作出函数与函数的图象，观察两个函数图象的交点个数，可得出函数的零点个数.【详解】，令，可得，如下表所示：单调递减极小值极大值所以，函数的极小值为，则函数的零点个数等于函数与函数的图象的交点个数，如下图所示：两个函数的图象有且只有一个交点，即函数只有一个零点.故答案为：；【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，同时也考查了函数零点个数的求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.13某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为_；外接球的体积为_.【答案】 【解析】把几何体放入长方体中，根据三视图的数据可计算出该三棱锥的表面积，计算出长方体的体对角线长，可得出该三棱锥外接球的半径，利用球体体积公式可求出球的体积.【详解】把该几何体放入长方体中，如图所示三棱锥就是该几何体，其中长方体的长和宽都为，高为，所以该三棱锥的表面积为.又因为该长方体的体对角线长为，故其外接球的半径为，所以外接球的体积为故答案为：；.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的表面积，同时也考查了三棱锥外接球体积的计算，解题的关键就是利用三视图将几何体还原，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.14已知抛物线的准线方程为，则_，若过点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值为_【答案】 【解析】根据抛物线的标准方程得出准线方程，可求出实数的值，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用基本不等式可求出的最小值.【详解】抛物线的准线方程为，所以，解得，设直线的方程为，代入抛物线方程可得，所以，即，所以，故当，即时取到最小值，最小值为.故答案为：；.【点睛】本题考查由抛物线准线的方程求参数，同时也考查韦达定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.15已知函数在区间上是单调函数，则实数t的取值范围_【答案】【解析】利用导数求出函数的单调增区间为和，单调递减区间为，由题意可知，区间为这三个区间的子集，从而可列出关于实数的不等式组，解出即可.【详解】函数的定义域为，.令，可得或；令，可得.所以，函数的单调增区间为和，单调递减区间为.由于函数在上单调，则为以上三个区间的子集.若，可得；若，可得，解得；若，则.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数在区间上的单调性求参数，将问题转化为所涉及的区间为单调区间的子集是解题的关键，考查化归与转化思想以及运算求解能力，属于中等题.16如图，菱形和矩形所在的平面互相垂直，和交于点，点为线段上任意一点，直线与平面所成角为，则的取值范围_【答案】【解析】证明出平面平面，可得出就是与平面所成角或其补角，然后找到角取最大值和最小值时对应的点的位置，求出相应的值，即可求出的取值范围.【详解】四边形是菱形，可得，又平面平面，平面平面，平面，平面，平面，平面平面，故点在平面上的射影落在上，即就是与平面所成角或其补角，如图所示，当点在点位置，所成角为，即最大为；向两边移动，线面角变小，故只需比较和的大小就行，故，所以，当点与点重合时，角最小，且.因此，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查线面角正弦值取值范围的计算，解题的关键就是找出点的临界位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.17已知抛物线的焦点为，是抛物线上两点，且，若线段的垂直平分线与轴的交点为，则_【答案】【解析】设点、，求出线段的垂直平分线方程，由该直线过点，得出，然后利用抛物线的定义可求出的值.【详解】设点、，则，线段的中点，从而的中垂线方程为，该直线过点，从而，从而，从而.故答案为：.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题18已知点，圆（1）若直线过点且在两坐标轴上截距之和等于，求直线的方程；（2）设是圆上的动点，求（为坐标原点）的取值范围【答案】（1）和；（2）.【解析】（1）分两种情况讨论，直线过原点，可设直线的方程为；当两截距均不为零时，设直线的方程为.将点的坐标代入上述直线的方程，求出参数值，综合可得出直线的方程；（2）设点，利用平面向量数量积的坐标运算得出，结合辅助角公式和正弦型函数的值域可求出的取值范围.【详解】（1）当截距均为即直线过原点时，设直线的方程为代入，解得，直线的方程为；当截距均不为时，设直线的方程为，代入，解得，直线方程为.综上所述，所求直线的方程为和；（2）将圆方程整理为，则有，所以可设，其中，由于，所以【点睛】本题考查直线的截距式方程，同时也考查了平面向量数量积取值范围的计算，将圆上的点的坐标利用圆的参数方程表示是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.19如图，在三棱柱中，侧面是菱形，（1）若是线段的中点，求证：平面平面；（2）若、分别是线段、的中点，求证：直线平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）证明平面，然后利用面面垂直的判定定理可证明出平面平面；（2）连接，由中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证明出直线平面，同理可得出平面，由面面平行的判定定理得出平面平面，由此可得出直线平面.【详解】（1）连接，在中，为中点，所以，由于侧面是菱形，则，所以，为等边三角形，为的中点，而，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）如下图所示，连接，在中，、分别为、的中点，所以，而平面，平面，所以平面同理，在三棱柱中，而平面，平面，所以平面而，、平面，所以平面平面又平面，所以直线平面【点睛】本题考查平面与平面垂直、直线与平面平行的证明，考查推理论证能力，属于中等题.20已知四棱锥，点在底面上的射影是的中点，（1）求证：直线平面；（2）若，、分别为、的中点，求直线与平面所成角的正弦值；（3）当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）连接，由题意可得出平面，可得出，由等腰三角形三线合一的思想可得出，再利用线面垂直的判定定理可得出结论；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，先由求出点的坐标，然后利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）设，则，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，求出的值，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角的大小【详解】（1）连接，因为平面，平面，所以，又因为，且为的中点，故又，所以平面；（2）以为原点，、所在直线分别为、轴建立直角坐标系如图所示，则，于是，解得即所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以故直线与平面所成角的正弦值为；（3）设，则，所以，当且仅当即时取等号，此时，以为原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系如图所示，则，设平面的法向量为，则，令，得，同理，可得平面的一个法向量为的，所以，又因为二面角为钝二面角，所以二面角的大小为【点睛】本题考查线面垂直的证明，同时也考查了线面角和二面角的计算，建立空间直角坐标系是解题的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.21已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）当时，若对任意的，均有，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）求出函数的定义域和导数，然后对分类讨论，分析导数符号的变化，可得出该函数的单调增区间和减区间；（2）由题意知，由可得出，可得出，令，利用导数分析函数的单调性，结合，可得出实数的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，且当时，对任意的，则函数在区间上单调递减；当时，令，得；令，得.所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增（2）由于对任意的，均有，则且，由（1）可知，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，即令，则，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，为使，则实数的取值范围为【点睛】本题考查利用