2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高二(下)开学数学试卷(含答案)

2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高二（下）开学数学试卷
（2月份）
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，只有一项是符合题目要求的．
1．（4分）复数在复平面上对应的点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．（4分）已知点A（1，﹣2，3），则点A关于原点的对称点坐标为（）A．（﹣1，2，3）B．（﹣1，2，﹣3）C．（2，﹣1，3）D．（﹣3，2，﹣1）3．（4分）在圆x2+y2+2x﹣4y＝0内，过点（0，1）的最短弦所在直线的倾斜角是（）A．B．C．D．
4．（4分）用反证法证明命题“a、b∈R，若a2+b2＝0，则a＝b＝0”，其假设正确的是（）A．a、b至少有一个不为0B．a、b至少有一个为0
C．a、b全不为0D．a、b中只有一个为0
5．（4分）如图，在正方形ABCD内作内切圆O，将正方形ABCD、圆O绕对角线AC旋转一周得到的两个旋转体的体积依次记为V1，V2，则V1：V2＝（）
A．2：B．2：3C．2：D．：1
6．（4分）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β
D．若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n
7．（4分）设a∈R，则“a＝2”是“直线l1：x+ay﹣a＝0与直线l2：ax﹣（2a﹣3）y+1＝0垂直”的（）
A．充分但不必要条件
B．必要但不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要的条件
8．（4分）已知函数f（x）＝x2+aln（1+x）有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2，则实数a的取值范围（）
A．B．（0，2）C．D．
9．（4分）点P是双曲线（a＞0，b＞0）左支上的一点，其右焦点为F（c，0），若M为线段FP的中点，且M到坐标原点的距离为，则双曲线的离心率e范围是（）A．（1，8]B．C．D．（2，3]
10．（4分）如图，正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，M为BC边的中点，点P在底面A′B′C′D′上运动并且使∠MAC′＝∠P AC′，那么点P的轨迹是（）
A．一段圆弧B．一段椭圆弧
C．一段双曲线弧D．一段抛物线弧
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．（6分）已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形，则该几何体的体积为；侧面积为．
12．（6分）设函数f（x）＝xlnx，则点（1，0）处的切线方程是；函数f（x）＝xlnx 的最小值为．
13．（6分）圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为，若该圆锥内有一个内接圆柱（圆柱的底面在圆锥的底面上），则圆柱体积的最大值为．
14．（6分）已知函数f（x）的导函数为f'（x），且满足f（x）＝f'（1）e x﹣1﹣f（0）x+，则f（x）＝，单调增区间为．
15．（4分）已知长方形ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，DD1⊥面ABCD，AB ＝4，AA1＝2，点E在棱C1D1上，且D1E＝3，若动点F在底面ABCD内且AF＝2，则EF的最小值为．
16．（4分）已知△ABC中，∠C＝90°，tan A＝，M为AB的中点，现将△ACM沿CM 折成三棱锥P﹣CBM，当二面角P﹣CM﹣B大小为60°时，＝．
17．（4分）过点P（1，1）的直线l与椭圆交于点A和B，且．点Q
满足，若O为坐标原点，则|OQ|的最小值为
三、解答题（本大题共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．（14分）已知圆M过两点A（1，﹣1），B（﹣1，1），且圆心M在x+y﹣2＝0上．（1）求圆M的标准方程；
（2）设P是直线3x+4y+8＝0上的动点，P A、PB是圆M的两条切线，A、B为切点，求四边形P AMB面积的最小值．
19．（15分）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长为．
（1）设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
（2）设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
20．（15分）已知a≥2，函数F（x）＝min{x3﹣x，a（x+1）}，其中min{p，q}＝．（1）若a＝2，求F（x）的单调递减区间；
（2）求函数F（x）在[﹣1，1]上的最大值．
21．（15分）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE＝．
（Ⅰ）求证：DE⊥AC；
（Ⅱ）求DE与平面BEC所成角的正弦值；
（Ⅲ）直线BE上是否存在一点M，使得CM∥平面ADE，若存在，求点M的位置，不存在请说明理由．
22．（15分）已知抛物线E：y＝ax2（a＞0）内有一点P（1，3），过点P的两条直线l1，l2分别与抛物线E交于A、C和B、D两点，且满足，．已知线段AB的中点为M，直线AB的斜率为k．
（Ⅰ）求证：点M的横坐标为定值；
（Ⅱ）如果k＝2，点M的纵坐标小于3，求△P AB的面积的最大值．
2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高二（下）开学数
学试卷（2月份）
参考答案与试题解析
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，只有一项是符合题目要求的．
1．【解答】解：∵＝，
∴复数在复平面上对应的点位于第四象限．
故选：D．
2．【解答】解：∵点A（1，﹣2，3），
∴点A关于原点的对称点坐标为（﹣1，2，﹣3）．
故选：B．
3．【解答】解：把圆的方程化为标准方程得：（x+1）2+（y﹣2）2＝5，
∴圆心坐标为（﹣1，2），半径r＝，
∴过（0，1）的直径斜率为＝﹣1，
∴与此直径垂直的弦的斜率为1，
∴过点（0，1）的最短弦所在直线的倾斜角是
故选：B．
4．【解答】解：由于“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选：A．
5．【解答】解：设AC＝BD＝2，
则正方形ABCD旋转后得到两个底面半径为1，高为1的圆锥形成的组合体，
故V1＝2××π＝，
圆O绕对角线AC旋转一周得到一个半径为的球，
故V2＝（）3＝，
故V1：V2＝：1，
故选：D．
6．【解答】解：对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行，也可能异面，故A错误；
对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m，n可能平行，也可能异面，故B错误．
对于C，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故C错误；
对于D，根据线面平行的性质定理可知D正确．
故选：D．
7．【解答】解：当a＝0时，两条直线分别化为：x＝0，4y+1＝0，此时两条直线相互垂直；
当a＝时，此时两条直线不垂直，舍去；
当a≠0，时，由于两条直线相互垂直，则×＝﹣1，则a＝2．
综上可得：a＝0或2．
∴“a＝2”是“直线l1：x+ay﹣a＝0与直线l2：ax﹣（2a﹣3）y+1＝0垂直”的充分不必要条件．
故选：A．
8．【解答】解：∵f（x）定义域为（﹣1，+∞），
又f′（x）＝2x+，
令f'（x）＝0，
则2x+＝0，
∵函数在（﹣1，+∞）内有两个不同的实数根，
∴a＝﹣2x（x+1），
令y1＝a，y2＝﹣2x（x+1），
如图示：
∴0＜a＜．
故选：C．
9．【解答】解：设双曲线的左焦点为F1，因为点P是双曲线（a＞0，b＞0）左支上的一点，
其右焦点为F（c，0），若M为线段FP的中点，且M到坐标原点的距离为，
由三角形中位线定理可知：OM＝PF1，PF1＝PF﹣2a，PF≥a+c．
所以，1．
故选：B．
10．【解答】解：P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线；这个正圆锥面的中心轴即为AC'，顶点为A，顶角的一半即为∠MAC'；以A′点为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，0，1），C'（1，1，0），
M（，1，1），
＝（1，1，﹣1），＝（，1，0），
∵cos∠MAC′＝＝＝＝
设AC'与底面A'B'C'D'所成的角为θ，
则cosθ＝＝＝＝＞
∴θ＜∠MAC'，
∴该正圆锥面和底面A'B'C′D'的交线是双曲线弧；
同理可知，P点在平面CDD'C的交线是双曲线弧，
故选：C．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．【解答】解：由题意可知，这一几何体是一个四棱锥，
且四棱锥的底面是一个长为8，宽为6的矩形，四棱锥的高为4，为×8×6×4＝64．侧面为等腰三角形，底边长分别为8，6；斜高分别为5，4
∴侧面积为×8×5×2+×6×4×2＝40+24＝40+24
故答案为64，40+24．
12．【解答】解：求导函数，可得y′＝lnx+1
x＝1时，y′＝1，y＝0
∴曲线y＝xlnx在点x＝1处的切线方程是y＝x﹣1
即x﹣y﹣1＝0．
令lnx+1＝0，可得x＝，x∈（0，），函数是减函数，x＞时函数是增函数；
所以x＝时，函数取得最小值：﹣．
故答案为：x﹣y﹣1＝0；﹣．
13．【解答】解：∵圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，
∴半圆的弧长为2π，即圆锥的底面周长为2π，
设圆锥的底面径是R，则2πR＝2π，解得R＝1，
∴圆锥的底面半径是1，
∴圆锥的表面积S＝πR（R+l）＝3π；
作出圆锥轴截面如图所示：
圆锥的底面半径R＝1，母线长l＝2，
则圆锥的高h＝，
当圆锥内部放置一个内接圆柱的底面半径为r时，圆柱的高x满足：，即，则x＝，
故圆柱的体积V＝，
得：V′＝，
当r∈（0，）时，V′＞0，V随r的增大而增大；
当r∈（，1）时，V′＜0，V随r的增大而减小．
故当r＝时，V取最大值．
故答案为：3π；．
14．【解答】解：∵f（x）＝f'（1）e x﹣1﹣f（0）x+，
∴f′（x）＝f′（1）e x﹣1﹣f（0）+x，
∴f′（1）＝f′（1）﹣f（0）+1，故f（0）＝1，
又f（0）＝f′（1），故f′（1）＝e，
∴f（x）＝e x﹣x+x2，
f′（x）＝e x﹣1+x，f″（x）＝e x+1＞0，
∴f′（x）在R上单调递增，
又f′（0）＝0，故当x＜0时，f′（x）＜0，当x＞0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．
故答案为：e x﹣x+x2，（0，+∞）．
15．【解答】解：取CD的四等分点E1，使得DE1＝3，∵D1E∥DE1且D1E＝DE1，∴四边形D1EE1D为平行四边形，可得D1D∥EE1，
∵DD1⊂平面D1DB，EE1⊄平面D1DB，∴EE1∥平面D1DB，
∵AF＝2，∴点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心、半径等于2的四分之一圆弧．∵EE1∥DD1，D1D⊥面ABCD，∴E1E⊥面ABCD，
Rt△EE1F中，可得EF＝＝．
∴当E1F的长度取最小值时，EF的长度最小，
此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点，即E1F＝E1A﹣AF＝5﹣2＝3，
此时，EF＝＝．
∴EF长度的最小值为．
故答案为：．
16．【解答】解：如图，取BC中点E，连接AE，设AE∩CM＝O，
再设AC＝2，由∠C＝90°，tan A＝，可得BC＝，
在Rt△MEC中，可得tan，在Rt△ECA中，求得tan，
∴cot∠AEM═，则∠CME+∠AEM＝90°，有AE⊥CM．
∴PO⊥CM，EO⊥CM，∠POE为二面角P﹣CM﹣B的平面角为60°，
∵AE＝，OE＝1×sin∠CME＝，∴PO＝．
在△POE中，由余弦定理可得PE＝＝．∴PE2+CE2＝PC2，即PE⊥BC．
则PB＝PC＝2．
在Rt△ACB中，求得AB＝2，
∴＝．
故答案为：．
17．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（m，n），
由P（1，1），，，
则1﹣x1＝λ（x2﹣1），m﹣x1＝﹣λ（x2﹣m），
即为x1+λx2＝1+λ，x1﹣λx2＝m（1﹣λ），
相乘可得x12﹣（λx2）2＝m（1﹣λ2），
同理可得y12﹣（λy2）2＝n（1﹣λ2），
于是可得（+）﹣λ2（+）＝（1﹣λ2）（+），
即1﹣λ2＝（1﹣λ2）（+），
化简可得+＝1，即3m+4n＝12，即Q的轨迹方程，
可得|OQ|的最小值为＝．
故答案为：．
三、解答题（本大题共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．【解答】解（1）设圆M的方程为：（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0），解得：a＝b＝1，r＝2，
故所求圆M的方程为：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4．
（2）由题知，四边形P AMB的面积为S＝S△P AM+S△PBM＝|AM||P A|+|BM||PB|．
又|AM|＝|BM|＝2，|P A|＝|PB|，所以S＝2|P A|，
而，即，
因此要求S的最小值，只需求|PM|的最小值即可，即在直线3x+4y+8＝0上找一点P，使得|PM|的值最小，
所以|PM|min＝＝3，
所以四边形P AMB面积的最小值为．
19．【解答】证明：（1）＝+，＝+．
因为BB1⊥平面ABC，
所以•＝0，•＝0．
又△ABC为正三角形，
所以＜，＞＝π﹣＜，＞＝π﹣＝．
因为•＝（+）•（+）
＝•+•++•
＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1+1
＝0，
所以AB1⊥BC1．
解：（2）由（1）知•＝||•||•cos＜，＞+＝﹣1．
又||＝＝＝||，
所以cos＜，＞＝＝，
所以||＝2，
即侧棱长为2．
20．【解答】解：（1）令f（x）＝x3﹣x，g（x）＝a（x+1）＝2（x+1），令f（x）＝g（x），解得：x＝﹣1或x＝2，
画出函数f（x），g（x）的图象，如图示：
，
显然x≤1时，f（x）≤g（x），x＞1时，f（x）＞g（x），
故F（x）＝，
故F（x）在在（﹣，）递减；
（2）由（1）得：a≥2时，F（x）＝，
而＞2，
故在[﹣1，1]上，F（x）＝f（x）＝x3﹣x，
而f（x）在[﹣1，﹣）递增，在（﹣，）递减，在（，1]递增，
故F（x）的最大值是F（﹣）＝．
21．【解答】解：（Ⅰ）以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系
则E（0，0，），B（2，0，0）D（0，2，0），
做BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF＝CF＝
又∵平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，
所以C的坐标为C（1，1，）
∴＝（0，﹣2，），＝（1，1，）
∴＝（0，﹣2，）•（1，1，）＝0
故DE⊥AC
（Ⅱ）设平面BCE的法向量为＝（x，y，z）则
，即∴
令x＝1得＝（1，﹣1，）又＝（0，﹣2，）
设平面DE与平面BCE所成角为θ，则
sinθ＝|cos＜，＞|＝＝
（III）假设存在点M使得CM∥面ADE，则＝
＝（2，0，﹣），∴＝（2λ，0，﹣）得M（2λ，0，）又因为AE⊥平面ABD，AB⊥AD所以AB⊥平面ADE
因为CM∥面ADE，则即
得2λ﹣1＝0∴λ＝
故点M为BE的中点时CM∥面ADE．
22．【解答】解：（Ⅰ）设CD的中点为点N，则由，，可推出，
，这说明，且M、P、N三点共线，
对A、B使用点差法，可得y A﹣y B＝a（x A﹣x B）（x A+x B），即k AB＝2a•x M，同理k CD＝2a •x N，
于是x M＝x N，即MN⊥x轴，所以，x M＝x P＝1为定值；
（Ⅱ）由k＝2得a＝1，设y M＝t∈（1，3），|PM|＝3﹣t，
联立，得x2﹣2x+2﹣t＝0．
由韦达定理可得x A+x B＝2，x A x B＝2﹣t．
所以，＝．于是，．
构造函数y＝（t﹣1）（3﹣t）2，其中1＜t＜3．
y′＝（3﹣t）2+2（t﹣1）（t﹣3）＝（t﹣3）（3t﹣5）．
令y′＝0，得．
当时，y′＞0；当时，y′＜0．
所以，当时，函数y＝（t﹣1）（3﹣t）2取得最大值．
此时，△P AB的面积取到最大值．。