浙江省绍兴市上虞区2019-2020学年第一学期高二期末教学质量调测数学试题（Word版含解析）

2019-2020学年高二第一学期期末数学试卷
一、选择题
1．直线x﹣2y+1＝0的斜率是（　　）
A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
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}
3．若椭圆+＝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
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 B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m⊥α，n∥α，则m⊥n D．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
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） B．（﹣1，1）
C．（﹣∞，2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，1）∪（1，+∞）
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（　　）
A． B． C． D．
7．设F1，F2为椭圆+＝1的左、右焦点，P是圆上一点．若S＝4，则∠F1PF2等于（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
8．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＝，则Q到平面α的距离为（　　）
A．1 B． C． D．3
9．设F1是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点，O是坐标原点，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，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
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 B．α＞β＞γ C．γ＞α＞β D．γ＞β＞α
二、填空题
11．抛物线y2＝2x的焦点F的坐标是　 　．
12．直线l1：x+my+2＝0，直线l2：2x﹣y+2＝0，若11∥l2，则m＝　 　，若l1⊥l2，则m＝　 　．
13．圆x2+y2﹣2x﹣2ay﹣1＝0（a为常数）的圆心是　 　；半径是　 　．
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　 　．

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　 　．
16．在直角△ABC中，AC＝，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　 　．
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　 　．
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18．已知点A（﹣2，1），B（2，4），点P是直线l：y＝x上的动点
（Ⅰ）若PA⊥PB，求点P的坐标；
（Ⅱ）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．
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知M，N分别为线段BB1，A1C的中点，MN⊥AA1，且MA1＝MC．求证：
（1）MN∥平面ABC；
（2）平面A1MC⊥平面A1ACC1．

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．
21．四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝CD＝2AD＝2，PD＝，侧面PBC是等边三角形．
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求BC与平面PCD所成角的余弦值．

22．如图，设F1，F2是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，直线y＝kx（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4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线AF1，BF1分别与椭圆C交于M，N，求△MNF1面积的最大值．





参考答案
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的
1．直线x﹣2y+1＝0的斜率是（　　）
A．﹣2 B．2 C．﹣ D．
【分析】利用直线一般式斜率计算公式即可得出．
解：直线x﹣2y+1＝0的斜率是﹣＝，
故选：D．
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}
【分析】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．
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：，整理得：﹣1＜a＜1．
故选：A．
3．若椭圆+＝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
【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．
解：椭圆+＝1的焦点在y轴上，
则一定有：n＞m＞0．
故选：B．
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 B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m⊥α，n∥α，则m⊥n D．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
【分析】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．
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．
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） B．（﹣1，1）
C．（﹣∞，2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，1）∪（1，+∞）
【分析】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．
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．
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（　　）
A． B． C． D．
【分析】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．
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＝＝3．
则cos∠MD1C1＝．
故选：C．

7．设F1，F2为椭圆+＝1的左、右焦点，P是圆上一点．若S＝4，则∠F1PF2等于（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】根据题意，设P为x轴上方点其坐标为P（x，y），由椭圆的标准方程可得a、b的值，计算可得c的值，又由三角形面积公式计算可得，结合椭圆的方程计算可得P的坐标，分析可得P为椭圆短轴的端点，再由b＝c＝2，分析可得答案．
解：根据题意，设P为x轴上方点其坐标为P（x，y），
椭圆的方程为，其中a＝＝2，b＝＝2，
则c＝＝2，
P是椭圆上一点，若，
则，解可得：y＝±2，则x＝0，故P（0，±2），是椭圆短轴的端点，
又由b＝c＝2，
则，；
故选：A．
8．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＝，则Q到平面α的距离为（　　）
A．1 B． C． D．3
【分析】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．
解：如图，
过Q作QK⊥l，连接PK，则∠PKQ＝60°，
PQ＝，则QK＝1，PK＝2，
根据等面积法得Q到平面α的距离为．
故选：B．

9．设F1是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点，O是坐标原点，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，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】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．
解：设F1是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点，O是坐标原点，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cosθ＝，
所以6a2＝c2，
所以e＝．
故选：B．

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 B．α＞β＞γ C．γ＞α＞β D．γ＞β＞α
【分析】根据题意可知，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，利用三角函数结合几何性质，得出结论．
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，
由tanγ＝，得γ＞β，
γ也是直线SF与平面SEG所成的角，
由cosα＝cosβ?cosγ＜cosγ，则α＞γ，
所以α＞γ＞β，
故选：A．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题4分，单空题每小题4分，共36分
11．抛物线y2＝2x的焦点F的坐标是　（，0）　．
【分析】直接利用抛物线方程求解p，然后求解焦点坐标．
解：抛物线y2＝2x，可得p＝1，所以抛物线的焦点坐标（，0）．
故答案为：（，0）．
12．直线l1：x+my+2＝0，直线l2：2x﹣y+2＝0，若11∥l2，则m＝　﹣　，若l1⊥l2，则m＝　2　．
【分析】利用两条直线相互平行垂直与斜率之间的关系即可得出．
解：由﹣1﹣2m＝0，解得m＝﹣．
∴11∥l2，则m＝﹣，
若l1⊥l2，则2﹣m＝0，解得m＝2．
故答案为：﹣，2．
13．圆x2+y2﹣2x﹣2ay﹣1＝0（a为常数）的圆心是　（1，a）　；半径是　　．
【分析】将圆的一般方程化为标准方程可得圆心坐标及半径．
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），．
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　48+72　，体积为　96　．

【分析】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6，3，求出底面的高为4，进而求出表面积及体积
解：由图2可得底面为的平行四边形，且底为6，高为4，则可得另一条边长为3，图1可知高为4的直四棱柱，
所以S表＝2底+S侧＝2+2（6+3）?4＝48+72，
V＝Sh＝6＝96，
故答案分别为：48+72，96．
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　3π　．
【分析】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．
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．

16．在直角△ABC中，AC＝，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　　．
【分析】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＝﹣α，由此利用余弦定理、勾股定理能求出当α＝时，AB′取得最小值．
解：过点B′作B′H⊥CD于H，连结BH，AH，
设∠BCD＝∠B′CD＝α，
则有B′H＝sinα，CH＝cosα，∠ACH＝﹣α，
在△AHC中，由余弦定理得：
AH2＝AC2+CH2﹣2×CH×AC×cos∠ACH＝3+cos2α﹣2cosαcos（ ﹣α）
＝3+cos2α﹣2sinαcosα，
在Rt△AHB′中，由勾股定理得：
AB'2＝AH2+B′H2＝3+cos2α﹣2sinαcosα+sin2α＝4﹣sin2α，
∴当α＝时，AB′取得最小值．
故答案为：．
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　2x﹣y+5＝0或2x+y﹣5＝0　，设E是线段OB中点，长度为的线段PQ（P在Q的上方）在直线l上滑动，则|OP|+|EQ|的最小值是　　．
【分析】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|＝，所以当时，|OP|+|EQ|取得最小值．
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x2+y2＝5（x＞0）相切，
∴，
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，，
＝＝
所以|OP|+|EQ|＝
当时，|OP|+|EQ|取得最小值，为．
故答案为：2x﹣y+5＝0或2x+y﹣5＝0；．
三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18．已知点A（﹣2，1），B（2，4），点P是直线l：y＝x上的动点
（Ⅰ）若PA⊥PB，求点P的坐标；
（Ⅱ）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．
【分析】（Ⅰ）因为点P是直线l：y＝x上的动点，所以设点P（a，a），利用PA⊥PB得，解得：a＝0或，从而求出点P的坐标；
（Ⅱ）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．
解：（Ⅰ）∵点P是直线l：y＝x上的动点，∴设点P（a，a），
∵PA⊥PB，∴，
解得：a＝0或，
∴点P（0，0）或（，）；
（Ⅱ）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：．
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知M，N分别为线段BB1，A1C的中点，MN⊥AA1，且MA1＝MC．求证：
（1）MN∥平面ABC；
（2）平面A1MC⊥平面A1ACC1．

【分析】（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．
【解答】证明：（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＝AA1，
∴PN∥BM，且PN＝BM，∴四边形PNMB是平行四边形，
∴MN∥BP，
∵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．

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．
【分析】（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．
解：（1）由题意知，圆C1经的圆心在线段AB、AD的垂直平分线交点上，
所以圆心坐标为C1（1，2），半径为r1＝＝，
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＝＝；
若存在圆C2与圆C1有交点，则d≤+1，
即≤+1，
解得﹣5≤t≤10+5，
所以t的取值范围是[﹣5，10+5]．

21．四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝CD＝2AD＝2，PD＝，侧面PBC是等边三角形．
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求BC与平面PCD所成角的余弦值．

【分析】（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．
解：（1）证明：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＝，
由PC＝CD＝2，PD＝，所以S＝，
由等体积法，Vp﹣BCD＝VB﹣PDC，
所以，得BH＝，
所以sin∠BCH＝，
所以cos∠BCH＝．

22．如图，设F1，F2是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，直线y＝kx（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4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线AF1，BF1分别与椭圆C交于M，N，求△MNF1面积的最大值．

【分析】（Ⅰ）由题意可得2c＝2，4a＝4，b2＝a2﹣c2，由此能求出椭圆的方程．
（Ⅱ）设A（x0，y0），（x0＞0，y0＞0），B（﹣x0，﹣y0），则直线AF1：，直线BF1：，联立，得，把＝1，代入得＝0，求出，＝﹣，同理，得，xN＝，设直线MN与x轴交于E（t，0），由M，N，E三点共线得kME＝kNE，得t＝﹣，由此能求出△MNF1面积的最大值．
解：（Ⅰ）由题意可得2c＝2，4a＝4，b2＝a2﹣c2，
解得：a2＝2，b2＝1，
∴椭圆的方程为：＝1．
（Ⅱ）设A（x0，y0），（x0＞0，y0＞0），B（﹣x0，﹣y0），
则直线AF1：，直线BF1：，
联立，得，
又＝1，代入化简得＝0，
∴y0yM＝﹣，∴，
∴＝﹣，
同理，得，xN＝，
设直线MN与x轴交于E（t，0），
由M，N，E三点共线得kME＝kNE，得t＝﹣，
∴＝＝＝≤，
当时，取等号．
∴△MNF1面积的最大值为．