2019-2020学年上海市虹口区高二下学期期末数学试题(解析版)

1、2019-2020学年上海市虹口区高二下学期期末数学试题一、单选题1.设 ，是两个不同的平面，m是直线且m .'mP ”是“ P ”的（）A 充分而不必要条件B.必要而不充分条件C 充分必要条件D 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：二，-得不到二-,因为.- -可能相交，只要:和二-的交线平行即可得到；，二二，'：和 没有公共点，,即能得到； “”是“”的必要不充分条件故选 B.【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题

2、；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有-内的两相交直线都平行于，而.- 一，并且：二二，显然能得到.一，这样即可找出正确选项22 .设R?F2分别是椭圆E :x2 -y2 1（ 0 b 1）的左？右焦点，过Fi的直线I与椭圆bE相交于A? B两点，且2|AB I I AF2 I I BF2 I ,则 AB|的长为（）B. 12A .3【答案】C【解析】由椭圆的定义得：AF1 AF2 2a, BF1 BF2 2a ,结合条件可得4AB § a,即可得答案.【详解】由椭圆的定义得:AF1AF2 2a, BF1 BF2 2a,又 2| AB| | AF21| BF21 , ABAF1BF

3、1 ,所以 AB -a ,3由椭圆E: x21知a 1 ,所以AB第1页共21页故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，考查学生基本运算能力243 方程为2x 4x y2的曲线，给出下列四个结论： 关于X轴对称； 关于坐标原点对称； 关于y轴对称； 1 X2 Xl 2，2 y .2；以上结论正确的个数是()A 1B. 2C 3D 4【答案】B【解析】中，用 y代替y ,可判定曲线关于 X轴对称；中，用X代替X ,用y代替y ,可判定曲线不关于原点对称；中，用X代替X ,可判定曲线不关于 X轴对称；中，化简方程 2x2 4x 2 y4和y42(x 1)24 ,得出不等式，即可求解.【详解】由题

4、意，方程2x2 4x y42,对于中，用y代替y ,可得方程2x2 4x y4 2 ,所以方程表示的曲线关于 X轴对称；对于中，用X代替X ,用y代替y ,可得方程2x2 4x y4 2,所以方程表示的曲线不关于原点对称；对于中，用X代替X ,可得方程2x2 4x y4 2 ,所以方程表示的曲线不关于X轴对称；对于中，方程2x24x4y22 ,可化为2x4x 24y ,可得 X2 2x 10 ,解得1、2 X12,又由y42x24x22(X1)24 ,即 y44 ,解得2 y2.综上可得是正确的故选：B.【点睛】本题主要考查了曲线与方程为背景下的命题的真假判定，其中解答中熟练应用曲线的对第2页

5、共21页称性和函数的基本性质， 得出不等式关系式是解答的关键， 着重考查了推理与运算能力，属于中档试题4 .如图，正方体ABCD ABlCIDI的棱长为1, P为BC的中点，Q为线段CCi上的S ,给出下列三个结论:I动点，过点 A?P?Q的平面截该正方体所得的截面记为S为四边形;21当CQ=时，S为等腰梯形；2当CQ 1时，S的面积为6 ；2以上结论正确的个数是（）A . 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】根据题意作出满足条件的图形，由线线，线面，面面关系结合正方体的结构特 征找出截面再论证得到结论 【详解】1当CQ =时，即Q为CC1中点时，如图所示：2第5页共21页因为平面 A

6、DD1A1/平面BCC1B1 ,所以PQ/AD1 ,又AP D1Q所以截面APQDI为等腰梯形，故正确；1由上图当点Q向C移动时，满足OVCQV ，只需在DD1上取点M满足PQ/ /AM,2如图所示:故可得截面APQM为四边形，故正确;当CQ 1时，Q与CI重合，如图所示:取ADI的中点F ,连接AF，因为平面ADD1A1/平面BCCIBI ,所以PC1 /AF ,且PC AF，又C1FAF，所以截面APC1F为菱形，所以其面积S 1AC1 PF,故正确2 2 2故选：D【点睛】本题主要考查命题的真假判断以及正方体的截面问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题5.正方体ABCD AI

7、BICIDI的棱长为1, P为BC的中点，Q为线段CCl上的动点，三棱锥Q AlAP的体积记为V1 ,三棱锥C AAP的体积记为V2 ,则以下结论正确的是（）A . VI V2B. VI V2C . VI V2D . VI 与 V2 的大小关系不能确定【解析】禾U用三棱锥的体积公式，由两棱锥的底面积相同，高相同即可判断【详解】由ABCD ABIGDI为正方体，则 CC1/AA1，CC1 平面 AAlP， AAl 平面 AA-IP，所以CC-/平面AA-P，ABt-*r:八Qq因为Q为线段CCi上的动点,所以Q到平面AAIP的距离与C到平面AA-P的距离相等, 所以VQ AIAP VC AIAP

8、，即 V- V2 故选：B【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式，同时考查了线面平行的判定定理、线面平行的性质，属 于基础题、填空题 6 .若2 i (i是虚数单位)是关于X的实系数方程X2 mx n O的一个根，则 m n等于【答案】1【解析】把2i代入方程，化简得2mn 3 (4 m)i0 ,利用复数相等定义得解【详解】Q2 i是关于X的实系数方程X2mxn 0的一个根，2(2 i)m(2i) n O, 2mn3 (4 m)i 02m n 3 O m 44 m O ' n 5m n=1故答案为：1【点睛】求解与复数概念相关问题的技巧 ：复数的分类、复数的相等、复数的模及共轭复数的概念都

9、与复数的实部、虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a+bi(a, b R)的形式，再根据题意求解.7 .已知直线h : X ay 1, 2 ： ax y 2,若I1 / J ,则实数a的值等于.【答案】1【解析】利用两直线平行的公式：A1B2 A2B1 0可以建立等量关系，从而求出结果.【详解】解: Q l1 / l2 ,所以1 1 a2 0 ,解得：a 1 ,检验，当a1时，h与l2不重合，满足题意.故答案为：1.【点睛】本题考查两条直线平行的直线方程的系数关系，属于基础题8在平面直角坐标系中，A( 5,0) , B(5,0),若IlPAl IPBIl

10、8 ,则P点的轨迹方程为.2 2【答案】 L L 1169【解析】根据双曲线的定义，可判定P点的轨迹为双曲线，按照双曲线的概念即可求出轨迹方程.【详解】解：Q PA I PB Il 8 ,所以P点的轨迹是以 代B两点为焦点，以8为实轴长的双曲2 2线.即 2a 8 , 2c 10 ,所以a 4, b 3 ,所以双曲线的方程为 1.1692 2故答案为： 1.169【点睛】本题考查定义法求双曲线的标准方程，熟记定义是解题的关键，本题属于基础题.9在长方体ABCD ABIClDI中，AA AD 1 , AB 2 ,则直线AC与AlD所成的角的大小等于.【答案】10arccos10【解析】连接B1代

11、DC ,可得直线AC与AD所成的角为 B1CA ,利用余弦定理求CoS B1CA 即可.【详解】解：如图，连接 B1A,B1C，由长方体的结构特点可知 BiC /AQ， 则直线AC与AiD所成的角为 BlCA （或其补角），因为 B1A 22一1 . 5, B1C Vl .2, AC 215，在 VB1CA 中，cos BlCABCj AC2 ABj2BC1 AC2_5_5_j025210BCAT10arccos .10故答案为： arccos10 .10【点睛】第11页共21页是基本题考查异面直线所成的角，关键是要通过平移找到异面直线所成的角的平面角,10 .过抛物线y2 4x的焦点且与对称

12、轴垂直的弦长为 【答案】4【解析】 求出抛物线的焦点坐标，然后求解对称轴垂直的弦长.【详解】 抛物线y 4x的焦点,o ,可得：y24 ,解得y 2 可得：对称轴垂直的弦长为：4 .故答案为：4.【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力.11.如图，以长方体 ABCD AlBlCIDI的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直UIuUuuu线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1的坐标为（5,4,3）,则D1B的坐标为【答案】（5,4, 3）【解析】推导出DA 5, DC 4, DD1 3 ,从而B （5, 4, 0）, Dd0,0,3）,由此能求UUU出D1B的坐标【详解】解：以长

13、方体ABCD ABQP的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，UUlU DB1 的坐标为（5,4,3）, DA 5,DC 4, DD13 , B （5, 4, 0）, D1（0,0,3）,UUH D1B的坐标为（5,4, 3）.故答案为：（5,4, 3）.【点睛】本题考查向量的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.12 .一个袋中装有9个形状大小完全相同的球，球的编号为1, 2, 9,随机摸出两个球，则两个球编号之和为奇数的概率是 .（结果用分数表示）5【答案】-9【解析】利用组合知识，先得到从编号为1，2，9的9个球中随机摸出两个球的

14、基本事件总数，若两数之和为奇数，则一奇一偶，再得到两个球编号之和为奇数其基本事件数，代入古典概型的概率公式求解【详解】从编号为1，2，9的9个球中随机摸出两个球的基本事件总数为：Cl 36 ，若两数之和为奇数，则一奇一偶,所以两个球编号之和为奇数的基本事件数为:c5 c4 20,所以两个球编号之和为奇数的概率是P20365故答案为：-9【点睛】本题主要考查古典概型的概率以及组合问题,还考查了分析求解问题的能力,属于基础13 .已知(1 X) (1 X)2(1 X)3(1 X)4(1X)5a0 a1x234a?xa3Xa4X5a5X ,则a3的值为.【答案】15【解析】求得X3的系数，由此求得a

15、3的值.【详解】 333-依题意可知a3是X3的系数，所以a3 C3 C4 C5 1 4 10 15.故答案为：15【点睛】本小题主要考查二项式展开式有关计算，属于基础题 14 .棱长为a的正方体 ABCD A1B1C1D1的顶点A到截面BQD的距离等于【答案】-Ia2【解析】根据勾股定理可以计算出 DBi, BiC ,这样得到 DCBi是直角三角形，利用等体积法求出点A到BiCD的距离.【详解】解：如图所示,在三棱锥Bi ACD中，BBi是三棱锥Bi ACD的高,AB ADBBi a，在 BlCD 中，BC'2a,DCa ,BiD ,3a ,所以BiCD是直角三角形第23页共21页Q

16、VBi ACDVA BiCD， SBCD× 2a a2 a2，设点A到BlCD的距离为d2 2i Sa i 辽 a2d，3 232故A到平面AiBD的距离为一2a2故答案为：L-÷,'2a2【点睛】本题考查了点到线的距离，利用等体积法求出点到面的距离.是解题的关键i5.在平面直角坐标系 XOy中，直线X a t / 一 X i COS /（t为参数）与圆（为参y ty Sin数）相切，则实数a的值为【答案】i J【解析】 把直线和圆的参数方程都化为普通方程，由直线与圆相切可得d r,故可求出a的值.【详解】X 1 COS解：将圆的参数方程（为参数）y Sin化为普通

17、方程是（X 1）2 y21 ；X a t将直线的参数方程（t为参数）y t化为普通方程是Xya ；由于直线与圆相切，则可草图如右： 所以圆心C（1,0）到直线的距离是d r,解得 |1 a| .2 ,则 a 2 1，或 a 1.2 ；故答案为：I 2【点睛】本题考查参数方程的应用问题，应先把参数方程化为普通方程，再利用直线与圆的位置关系进行解答，属于基础题.16 .我们知道：用平行于圆锥母线的平面 （不过顶点）截圆锥，则平面与圆锥侧面的交线 是抛物线一部分，如图，在底面半径和高均为2的圆锥中，AB?CD是底面圆0的两条互相垂直的直径，E是母线PB的中点，已知过 CD与E的平面与圆锥侧面的交线是

18、以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该圆锥曲线的焦点到其准线的距离等于【答案】 2【解析】如图所示，过点 E作EM AB ,垂足为M 由于E是母线PB的中点，圆 锥的底面半径和高均为 2,可得OM EM 1. OE 2 .在平面CED内建立直角坐 标系设抛物线的方程为 y2 2px(p 0) , F为抛物线的焦点可得 C 2,2 ,代入 解出即可.【详解】解：如图所示，过点 E作EM AB ,垂足为M .Q E是母线PB的中点，圆锥的底面半径和高均为2,OM EM 1 .OE .2 .在平面CED内建立直角坐标系.设抛物线的方程为 寸2p(p 0) , F为抛物线的焦点. 因为C .2,2 ,42

19、 2p ,解得P 、2. F -2- ,0 即点F为OE的中点,该抛物线的焦点到其准线的距离为.2 ,故答案为：G .【点睛】本题考查了圆锥的性质、抛物线的标准方程，考查了转变角度解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题17.已知点 P( 1,0),圆(X 1)2 y2 9上的两个点 A(x1, yJ?B(X2,y2)满足UUU-U3X1 4y1 25| 13x2 4y2 25|”一AP PB ( R)，则 7 严的最大值为 .55【答案】12【解析】首先可以判断 A、P、B三点共线，设AB的中点为M ,分别过A、M、B作直线3x 4y 250的垂线AE、MG、BF ,根据点到直线

20、的距离公式可得AE3X14如 25|,BF3X2 4y2 25|,即13x 4y125|Qx2 4y2 25|2MG ,再判断M的轨迹，从而求出 MG的最值,从而得解;【详解】解：设圆的圆心为IUUC,因为APuuu PB (R),所以A、P、B三点共线,设AB的中点为M ,分别过A、M、B作直线3x 4y 250 的垂线 AE、MG、BF ,则AE3x 4%25|,BF| 3x24 y2也，贝U 2MG AE BF ,所以13x1 4y125|3x2 4y2 25|2MG ,因为M是AB的中点，所以MP MC ,所以M在以PC为直径的圆上，且PC 2 ,即半径为1 ,圆心为坐标原点O ,点

21、O 到 3x 4y250的距离d5,L,32 52所以MG5 16max所以 3X1 4y1253X24y2251的最大值为12故答案为：12【点睛】本题考查点到直线的距离公式的应用，直线与圆的综合应用，属于中档题218 抛物线y 2x的焦点到准线的距离等于 .1【答案】丄4【解析】先将抛物线方程y 2x2 ,转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可【详解】因为抛物线方程是 y 2 X2 ,一 2 1转化为标准方程得：Xy,211所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为F ,0 准线方程为：X 丄881所以焦点到准线的距离等于 一.41故答案为：丄4【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理

22、解辨析的能力，属于基础题2 219求圆（X 1） y 4上的点到直线3x 4y 230的距离的最大值 【答案】6【解析】先求得圆心到直线3x 4y 230的距离为d4 ,结合圆的性质,即可求解圆上的点到直线的距离的最大值，得到答案【详解】由题意，圆（X 1）2y2 4 ,可得圆心坐标为C（1,0）,半径r = 2 ,则圆心到直线3x 4y 230的距离为d3 1 23.亍2 2所以圆（x 1） y 4上的点到直线3x4y 230的距离的最大值为dr 6.故答案为：6.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,以及点到直线的距离公式的综合应用,属于基础三、解答题20 .已知i是虚数单位，复数 Z

23、32(1i)(12i)满足方程3 4i2| z| Z Z a bi（a,b R）,求实数 a ?b 的值【答案】a 8, b 4.【解析】利用复数的乘除运算化简，再利用复数模的求法、共轭复数的概念、复数相等 即可求解.【详解】(1 i)3(1 2i)2 2i 1 i 3 4i 2i 1 i 3 4i Z3 4i3 4i3 4i2i 1 i 2 2i_ . 2所以 z2 Z Z. 22 222 2i 2 2i 8 4i ,由 |z|2 Z Z a bi ,所以 a 8, b 4.【点睛】本题考查了复数的四则运算、复数的模、共轭复数的概念以及复数相等，属于基础题221 已知双曲线:x2 -y2 1

24、 ( b 0),直线l与 交于P?Q两点.b2(1) 若点(3,0)是双曲线的一个焦点，求的渐近线方程；的渐(2)若点P的坐标为(1,0),直线l的斜率等于1,且IPQl l ,求双曲线3近线方程【答案】(1) y2.2X ; (2) y 2x或 y2.77X.【解析】(1) a 1, C 3,根据双曲线中b2 C2 a2求出b ,则可得渐近线方程;(2) 联立直线与双曲线，禾U用韦达定理求出弦长与已知弦长相等，可解得b ,则可得到渐近线方程【详解】(1) 依题意C 3 ,所以1 b232 ,所以b28,所以b 2、2 ,又a 1 ,所以双曲线的渐近线方程为y2,2x.2(2) 依题意可得直线

25、l的方程为：y X 1 ,将其代入x2 y 1并整理得:b22 2 2(b 1)x 2x b 10,因为直线I与交于P?Q两点，所以b2 1 , V 4 4(b4 1) 4b4 0 ,设 P(X1, %), Q(X2, y2),所以X1 X22b2 1X1X2b2 1 b2 1 ,、-2(x1x2)24x2所以| PQ | .( X2)2 (% y2)2.(x X2)2 (X1 X2)24(b2 1)b2 14b42 2b2 (b2 1)2b2 1'因为a 1 ,所以双曲线的渐近线方程为y 2x或y2.77X所以斜晋，解得b 2或b【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了直线与双曲线

26、的位置关系，考查了双曲线的渐近线方程，属于基础题 22 .已知三棱锥P ABC （如图一）的平面展开图（如图二）中，ABCD为边长等于2的正方形， ABE和厶BCF均为正三角形，在三棱锥 P ABC中，IL(1)求证：ACPB;(2)求PB与平面ABC所成的角的大小;(3)求二面角BPA C的大小.【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） arctan24【解析】（1）取AC的中点M ,连PM , BM ,通过证明AC 平面PMB ,可以得 到 AC PB;（2） 根据题意可以证明 PM 平面ABC ,从而可知 PBM就是PB与平面ABC所 成的角；容易计算得到其大小；（3） 取PA的中点N

27、 ,连MN , BN ,易证得 BNM就是二面角BPAC的平 面角，然后在直角三角形中求得结果即可.【详解】（1）证明：取AC的中点M ,连PM, BM ,如图：'N根据展开图可知， PC PA, BC BA ,所以PM AC , BM AC又PM BM M ,所以AC 平面PMB ,因为PB 平面PMB ,所以AC PB2,（2）根据展开图可知PC PA BC BA 2 ,且 CPA CBA所以PM BM 1 ,又PB 2 ,所以PM BM ,所以PM 平面ABC ,所以 PBM就是PB与平面ABC所成的角，且 PBM -，4所以PB与平面ABC所成的角的大小为.4（3）取PA的中点

28、N ,连MN，BN ,如图：P由（2）可知 BM PM ,由（1）知 BM AC ,且 PM AC M， 所以BM 平面PAC ,所以BM PA，平面BMN，根据等腰三角形的性质易得 MN PA ,又BM I MN M ,所以PA 所以PA BN ,所以 BNM就是二面角BPAC的平面角，在直角三角形PMA中，MN22BM 1 L t t Zr Zr 亠 tan BNM =：2在直角三角形BMN中，BN . 2,2由题知二面角为锐角，所以BNM arcta n.2【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了直线与平面所成角和二面角的求法,解题关键是根据展开图得到几何体中的角度和长度，属

29、于中档题23 焦距为2c的椭圆圆为“等差椭圆”.2 20),如果满足“ 2ba C",则称此椭第29页共21页2X:P2右1(ab0)是“等差椭圆”,求的值；aba22Xay 1 ( abb0)是“等差椭圆”,过D(0,a)作直线I与此(1) 如果椭圆(2) 如果椭圆差椭圆”只有一个公共点，求此直线的斜率;2 2(3) 椭圆：笃 爲1( a b 0)是“等差椭圆”，如果焦距为12,求此“等差椭a b圆”的方程;(4) 对于焦距为12的“等差椭圆”，点A为椭圆短轴的上顶点， P为椭圆上异于 A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点(Q也异于A),直线AP? AQ分别与X轴交于M ? N两

30、点，判断以线段 MN为直径的圆是否过定点？说明理由【答案】(1)4 .(2)3 Q X2；(3)-2y_5510064【解析】(1)联立2ba C 与 c2 a2b2(2)联立直线与椭圆方程，根据判别式等于1 ; (4)是过定点(0, 10),理由见解析;消去C ,化简可得结果；0,可解得结果；(3)联立2? a2 6 解出a,b即可得到结果a2 b2 36(4)设P(X0,y0)(X0 0),则Q( X0, y°),利用直线方程求出 M,N的坐标，进而求出以线段MN为直径的圆的方程，根据圆的方程得到定点坐标【详解】2 2(1)因为椭圆：笃 占1( a b 0)是“等差椭圆”，所以

31、2b a C, a b所以 C 2b a ,又 C2 a2 b2 ,所以(2b a)22 I 2b 4a b，化简得a 5 .由（1）知b4-a ,所以椭圆方程为:525y216a21,y kx a联立 x2 25y2 ,消去 y 并整理得(25k2 16)x2 50akx 9a2 0， -不1a 16a因为直线I与此“等差椭圆”只有一个公共点,所以 V (50ak)24 9a2(25k2 16)0，1005(3)因为 2c 12 ,所以 C 6 ,所以 2b a 6 ,又 a2 b2 c236，2b a 6联立 22 ,解得a 10,b8，a2 b2362 2所以此“等差椭圆”的方程为：1 .10064由（