2019-2020学年浙江省湖州市高二上学期期末数学试题(解析版)

1、第1 1页共 2020 页2019-2020 学年浙江省湖州市高二上学期期末数学试题一、单选题1 1 .下列四条直线中，倾斜角最大的是()A A.x y 10B.x y 10C., 3x y 10D D.J3x y 10【答案】B B【解析】根据直线的斜率求出对应的倾斜角，即可判断. .【详解】直线xy 10的斜率为kA1，则该直线的倾斜角为45直线xy 10的斜率为kB1，则该直线的倾斜角为135直线、3x y 1 0的斜率为kC3，则该直线的倾斜角为60直线、3x y 1 0的斜率为kD.3，则该直线的倾斜角为120故选：B B【点睛】本题主要考查了斜率与倾斜角的变化关系，属于基础题2 2

2、 在空间直角坐标系Oxyz中，点P(1,1,1)关于平面xOz对称的点 Q Q 的坐标是()A A .( 1,1,1)B B.(1, 1, 1)C C.(1,1, 1)D D.(1, 1,1)【答案】D D【解析】由点P(1,1,1)关于平面xOz对称点的横，纵，竖坐标的关系求解即可 【详解】点P(1,1,1)关于平面xOz对称点， 横坐标， 竖坐标不变， 纵坐标变为原来的相反数 则对称点Q(1,1,1)故选：D D【点睛】本题主要考查了求关于坐标平面对称点的坐标，属于基础题 3 3直线x ,3y 2 0截圆x2y24所得弦长是()第2 2页共 2020 页A A .2、.3B B. 2 2C

3、 C.,3D D .1【答案】A A【解析】由点到直线的距离公式得出原点到直线x、.3y 2 0的距离，再根据弦长公式求解即可 【详解】lo V3 0 2原点到直线x J3y 2 0的距离为_144则所得弦长为2，芦于23故选：A A【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式以及弦长公式，属于基础题D D . 1010【答案】【解析】 根据椭圆的定义求解即可【详解】 设点 P P 到另一个焦点的距离为n由椭圆的定义可得：2 n 2 5，解得 n n 8 8故选：C C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，属于基础题 5 5 如图，网格纸上小正方形的边长为1 1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何

4、体的体积是（）X24 4 椭圆一251上一点P到一个焦点的距离为2 2,则点 P P 到另一个焦点的距离是B B. 5 5第3 3页共 2020 页4A A .3【答案】A A【解析】 根据三视图得出该几何体的直观图，结合棱锥的体积公式计算即可得出答案【详解】 该几何体是棱长为 2 2 的正方体中的三棱锥S ABC则Vs ABC112 232【点睛】本题主要考查了根据三视图计算几何体的体积，属于基础题6 6设x R，则0 x 5”是 “x 1 1”的A A .充分而不必要条件B B 必要而不充分条件C C 充要条件D D.既不充分也不必要条件【答案】B B【解析】求出|x 11的解集，根据两解

5、集的包含关系确定【详解】B B. 2 2故选:A A第4 4页共 2020 页x 11等价于0 x 2，故0 x 5推不出x 11；由|x 11能推出0 x5.故0 x 5”是“x 1| 1 ”的必要不充分条件.故选 B B.【点睛】充要条件的三种判断方法：(1)(1) 定义法：根据 P?qP?q，q?Pq?P 进行判断；(2)(2) 集合法：根据由 p p，q q 成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；(3)(3) 等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断.这个方法特别适合以否定形式给出的问题.7 7 .已知m,n是两条不同直线，是三个不同平

6、面，下列命题中正确的是()A A .若mil ,n|,则mil nB B.若，则IIC C.若mil , mi ,则ID D .若 m m ,n,n , ,则mil n【答案】D D【解析】【详解】A A 项，m,n可能相交或异面，当仏丄|：,时，存在懐品，故 A A 项错误；B B 项，可能相交或垂直，当时，存在横海，故 B B 项错误；C C 项，,可能相交或垂直，当时，存在怎丛嚅，故 C C 项错误；D D 项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D D 项正确, ,故选 D.D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力【考点】直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与

7、平面、平面与平面垂直的判定与性质 8 8 .已知正方体ABCD A1B1C1D1, Q Q 是平面ABCD内一动点，若 DQDQ 与D1C所成角为一，则动点 Q Q 的轨迹是()第5 5页共 2020 页4A A 椭圆B B.双曲线C C 抛物线D D 圆【答案】C C【解析】 建立空间直角坐标系，利用向量的数量积公式化简即可判断动点Q Q 的轨迹. .【详解】设正方体的棱长为1，以DA, DC , DDi分别为 x x, y y, z z,建立空间直角坐标系，如图所示，设Q(x,y,O)，C(0,1,0)，DM0,0,1)，uuuruuuu所以DC (0,1, 1),DQ(x,y, 1)uu

8、uu uuuu uuuu uuuu由于D1C D1Q | D1C | | D1Q | cos，4所以y 12 ,X2y2_1乎，平方得y22y 1 x2y21，即x22y，即轨迹为抛物线 故选：C C【点睛】本题主要考查了由线线角求其他量，属于基础题2 2 29 9已知 P P 为抛物线x12y上一个动点，Q Q 为圆(x 4) y 1上一个动点，则点 P P第6 6页共 2020 页到点 Q Q 的距离与点 P P 到 x x 轴距离之和的最小值是(B B. 3 3【答案】D D【解析】根据抛物线的定义得出PA PQ PF PQ AB，当F,P,Q三点共线时，PA PQ最小，根据几何关系得出

9、PF PQ的最小值，即可得出答案. .【详解】由抛物线的方程可知F （0,3），则准线方程为y 3过点P作x轴的垂线，垂足于点A，延长交准线于点B，设圆（x 4）2y21的圆心为点C根据抛物线的定义可得：PA PB AB PF ABPA PQ PF PQ AB PF PQ 3所以当PA PQ最小时，则PF PQ最小，即点F,P,Q三点共线时，PA PQ最小PF PQiFC QC丿32421 4minPA PQminPF PQmin3 4 3 1故选：D D *F、1J/1-11 c）耳B【点睛】本题主要考查了抛物线的定义的应用以及由抛物线方程求焦点坐标等，属于中档题 1010 已知四棱锥 S

10、S ABCDABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E E 是线段SA上的点（不含端点），设直线BE与CD所成的角为1，直线BE与平面ABCD所成的角为2，二面角S BC D的平面角为3，则（）第7 7页共 2020 页A A 13,23B B 21,23C C 21,31D D 12,32【答案】B B【解析】由二面角，线面角， 异面直线的夹角的定义得出iEBM ,2EBF,3SGO,由直角三角形的边角关系以及斜边与直角边的 长度关系，得出tanitan2,tan3tan2,结合正切函数的单调性，即可得出答 案 【详解】连接AC,DB相交于点O,取BC的中点G琏接SG,OG，过点E作EF P

11、SO,交AC与点F，过点E作AB的垂线，垂足于点M，连接FM，FB，如下图所示由题意可知SO AC, SO BD，AC, BD面ABCD，AC I BD O所以 SOSO 面ABCD因为EF PSO，所以EF面ABCD故iEBM ,2EBF,3SGO第8 8页共 2020 页因为EF面ABCD,ABi面ABCD，所以AB EF又ME AB,ME,EF面EFM,ME EFE所以AB面EFM,EM面EFM，所以EM ABEFSO,ta n3BFOG贝U tan1tan2贝U tan3tan2故选：B B【点睛】 本题主要考查了异面直线的夹角，线面角以及面面角，考查较为综合，属于较难题二、填空题2

12、21111 双曲线 X X 1 1 的离心率是，渐近线方程是16169 95【答案】53x 4y 04【解析】 根据双曲线方程得出a 4,b3,c.1695，结合双曲线离心率公式以及渐近线方程求解即可 【详解】由双曲线方程可知：a 4,b 3,c ,16 9 55b3则离心率为e，渐近线方程为：y x x，即3x 4y 04a45故答案为：一；3x 4y 04【点睛】本题主要考查了求离心率以及渐近线方程，属于基础题1212 .棱长为 1 1 的正方体的内切球的半径是 _ ，该正方体的外接球的表面积是则tan1EM丽，tan2由直角三角形的性质得,EM EF,BM BFEM EFBM BF由直角

13、三角形的性质得,EF SO,BF OB OGEF SOBF OG1【点睛】第 9 9 页共 2020 页【答案】32【解析】正方体的内切球半径为棱长的一半，正方体的外接球的半径为体对角线的一半，由球的表面积公式求解即可 【详解】一1正方体的内切球的直径为正方体的棱长，则棱长为1 1 的正方体的内切球的半径是-2正方体的外接球的半径为体对角线的一半，贝UR1 13222所以该正方体的外接球的表面积是4321故答案为：丄；32【点睛】本题主要考查了正方体的内切球，外接球半径的求法以及球的表面积的计算，属于基础题 2 2 2 21313 .已知圆Oxy 4与圆O2：（x 2） （y 1） 1相交于

14、A A, B B 两点，则两圆的圆心。1,。2所在直线方程是 _ ，两圆公共弦AB的长度是 _【答案】y仝525【解析】根据。1（0,0）,。2（2, 1）求出直线OO的斜率，结合点斜式写出方程即可；两圆方程相减得公共弦所在的直线方程，根据点到直线的距离公式得出圆心。1（0,0）到直线2x y 4 0的距离，结合弦长公式求解即可. .【详解】0 111。1（0,0）,。2（2,1）,k厶丄1，所以O1O2的方程为y x；0 222两圆方程相减得公共弦所在的直线方程：2x y 4 0，圆心。1（0,0）到其距离为.4c164-5d.5，于疋| AB |N4T5故答案为：1 y -x；45第101

15、0页共 2020 页25第1111页共 2020 页本题主要考查了空间向量的数量积以及模长的求法，属于中档题2 21515 .过双曲线C：令 乂21的右顶点作 x x 轴的垂线与 C C 的一条渐近线相交于 A.A.若以 C C本题主两圆相交的弦长问题，属于中档1414 已知平行六面体ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为 1 1 的正方形，AA 2，uuuu uuurAABA1AD 60，则AD1ACUULT_ . AC1_【答案】3 3、10UJUTUHTT UJITTT T T T T T【解析】设ABa, AD b,AAc，利用数量积公式得出a b0, a c1,b c1,

16、由平行四边形法则得出uuurAD1TuuurTTuuur uuurC，ACba，利用数量积公式计算AD1AC,uuur由模长公式计算AC1. .【详解】UUUTUJUT T UHTT设AB a,AD b,AAc,则由题意得：a 11,1b 11,|C12TTT TTTa b 0,a c 1,b c 1uuur UUlU TTTTAD1AC (b c) (b a)T2TTTT T Tb2bcbaac110131lUrarer2a.r2br2crera2c 2c c .1 14220 .10故答案为：3 3 ；,10【点睛】第1212页共 2020 页a b第1313页共 2020 页的右焦点为圆

17、心、半径为 2 2 的圆经过 A A、O O 两点(0 0 为坐标原点)，则双曲线 C C 的标准 方程是 . .2【答案】x2L 13【解析】 根据双曲线的性质得出c的值以及点A坐标，由两点间距离公式得出|A0|，进而得出AOF是边长为 2 2 的正三角形，c 2a，解出b3，即可得出双曲线的方程 【详解】根据题意得| F0 | 2 c 2，A(a,b)，所以| AO | c，而| FO | |FA | c 2，所 以AOF是边长为2 2 的正三角形，于是c 2a a 1，进而求得b ., 3，所以双曲2线方程为：X21. .32故答案为：X213【点睛】本题主要考查了根据a,b,c的值求双

18、曲线的方程，属于中档题 1616 在三棱锥P ABC中，AB BC CA AP 3,PB 4, PCPC 5 5，则三棱锥P ABC的体积是_ . .【答案】11【解析】利用线面垂直的判定定理证明AD平面PBC,根据棱锥体积公式求解即可【详解】取PC中点为D，连接BD, AD因为BPC中，BP 4,BC 3, PCPC 5 5，所以BPC为直角三角形33第1414页共 2020 页故答案为：11【点本题主要考查了线面垂直的判定定理以及棱锥的体积公式，属于中档题1717 .在 ABCABC 中，B(10B(10, 0)0)，直线 BCBC 与圆r：x x2+ (y(y 5)5)2= 2525 相

19、切，切点为线段 BCBC 的中点.若ABCABC 的重心恰好为圆r的圆心，则点 A A 的坐标为 _.【答案】(0(0, 15)15)或( (8 8, 1)1)【解析】试题分析：设 BCBC 的中点为 D D，设点 A A (X X1, y y1)、C C (X X2, y y2),则由题意可得 兀 r+10I r(一=y=y ).故有圆心r(0 0, 5 5)到直线 ABAB 的距离rD=r=5.D=r=5.D丄 BCBC，且 D D设 BCBC 的方程为y-0=ky-0=k (x-10 x-10),即 kx-y-10k=0kx-y-10k=0 .则有J存+1mimi，解得 k=ok=o 或

20、4k=-k=- -k一.当 k=0k=0 时，有肿一0n二-=0ix -10F4:-，当-时，有；去币不存在v.-O斗_-一x,-103解得f总二10- ，或=0或x,二 一2* .再有三角形的重心公式可得v, =16故点 A A 的坐标为(0 0, 1515)或(-8-8, -1-1),所以AB2BD2AD2，即AD BD又CA AP 3，所以AD PCBD,PC平面PBC,BD PC DAD平面PBC,则BD又AD-11, ABAB 3 321VP ABCVA PBC SPBCAD31 1 3 4卫.322第1515页共 2020 页故答案为（0 0,1515 ）或（-8-8, -1-1）

21、.【考点】 直线与圆的位置关系.点评：本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，点到直线的距离公式、斜率公式、三 角形的重心公式，属于中档题.三、解答题1818 .已知直线l : x y 2 0分别与 x x 轴，y y 轴交于 A,BA,B 两点，圆C : （x 2）2y22. .33第1616页共 2020 页（1 1）已知平行于I的直线 h h 与圆 C C 相切，求直线li的方程；（2 2）已知动点 P P 在圆 C C 上，求ABP的面积的取值范围 【答案】（1 1）h：x y 0或x y 4 0；（ 2 2）【2,6. .【解析】（1 1）设出直线 h h 的方程，禾U用圆心到直线 h

22、 h 的距离等于半径，求出直线 h h 的方 程；（2 2）当点P为直线x y 0,x y 0与圆的切点时，高分别去最大值和最小值，根 据圆心到直线I的距离以及圆的半径确定高的最大值与最小值，由三角形面积公式即可 求解 【详解】所以直线I1: x y 0或x y 40(2) A( 2,0),B(0, 2) AB 2迈ABP的底AB的长为定值，则三角形的面积与AB边上的高成正比 当点p为直线x y 0与圆的切点时，高最小(1)设直线l1: x y m 0,d|2 m|第1717页共 2020 页则hmin-2, 2-2当点P为直线x y 40与圆的切点时，高最大则hmax23.2、21 _ _即

23、ABP的最小面积为一2、2.22ABP的面积的取值范围为2,6【解析】(1 1)利用线面平行的判定定理证明即可;2;最大面积为一2本题主要考查了直线与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系求距离的最值,属于中档1919 .如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M M 是线段AC上的中点. .(1)(1) 证明：A1M /平面CB1D1；(2)(2) 求异面直线 AMAM 与 CDCD1的所成角的余弦值【答案】(1 1)证明见解析;(2)孑【点第1818页共 2020 页（2 2）由于AM /MQ，则异面直线A|M与 CDCD1的所成角为MQDi，根据直角三角形的边角关系即可得出直线 AMAM

24、 与 CDCDi所成角的余弦值【详解】（1 1）取AC的中点Mi，连接MiC因为在正方体ABCD A|B1C1D1中MC /AiM1,MC AM1所以四边形MCM1A1为平行四边形，则AM/MQ而A1M?平面CB1D1，M1C平面CB1D1，所以AM /平面CB1D1；（2 2）根据AM /M1C，所以异面直线AM与 CDCD1的所成角为M1CD1设正方体的棱长为 2 2则MQ .6,CD12 2,M1D12，此时得D1M1C -2MQv63cos M1CD1-CD12血2所以直线A1M与 CDCD1所成角的余弦值为32BC【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理以及异面直线夹角的求法，属于中

25、档题2020 .设抛物线C : y24x的焦点为 F F，过 F F 且倾斜角为 4545 勺直线I与 C C 交于 A A, B B 两 占八、-第1919页共 2020 页(2 2)求过点 A A , B B 且与抛物线 C C 的准线相切的圆的方程. .【答案】(1)8； (2)(x 3)2(y 2)216和(x 11)2(y 6)2144. .【解析】(1 1 )利用焦点坐标以及倾斜角得出AB方程，将直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理以及弦长公式求解即可；(2 2)根据题意求出AB中垂线的方程，进而设出圆心坐标，由圆心到准线距离等于半径，列出方程求解即可得出圆心坐标，根据圆心坐标以及

26、半径写出该圆的方程【详解】(1) 因为F(1,0)，所以AB方程：y x 1设A X1,y1,B X2,y2将y X 1代入到抛物线方程得：(x 1)24x，即X26x 1 0，x132逅,x2322，于是|AB|A/112|x1x2运4丘8. .(2) 设AB的中点Mx,y，则X。3,yo2于是线段AB的中垂线方程：y x 5则圆心 N N 必在中垂线上，设其坐标为(a,5 a)则|a 1|2(a 3)2(5 a 2)242，所以a 3或a 11，当a 3时，圆心(3,2)，半径r 4，圆的方程为(x 3)2(y 2)216；当a 11时，圆心(11, 6)，半径r 12，圆的方程为(x 1

27、1)2(y 6)2144. .【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交的弦长以及求圆的方程，属于中档题第2020页共 2020 页2121 .如图，己知三棱台ABC A(BjC1,平面A| ACC1平面ABC,ABC和A(B1C1第2121页共 2020 页均为等边二角形，AB 2AA2CCi2AIBI, O O 为AC的中点. .(2)求直线OBi与平面BCCiBi所成角的正弦值【答案】(1 1)证明见解析；(2 2)-10. .5【解析】(1 1 )由面面垂直的性质得出BO平面AiACCi，最后根据线面垂直的性质得 出BO AA1；(2)补全三棱锥P ABC，建立空间直角坐标系，禾U用向量法求解即可【详解】(1)由题意得BO AC，平面AiACCi平面ABC，且交线为AC,BO平面ABC，于是BO平面AiACCi又AAi平面AiACCi，所以BO AAi. .(2 2)补全三棱锥P ABC在PAC中，PAC PCA，即PAC为等腰三角形，所以PO AC由(1)(1)知，BO平面AiACCi,PO平面AiACCi，所以PO BC以点0为坐标原点，建立空间直角坐标系(1)证明：OB AAi；第2222页共 2020 页第 I I2323页共 2020 页设AC 4，则PO 2 3,BO 2,3B(0,2 .30),C( 2,0,0), P(0,0,2 .3),Bi(0, .3,