2019-2020学年浙江省杭州市西湖区杭州学军中学高二上学期期末数学试题
2019-2020学年人教A版浙江省杭州市学军中学高二(上)期末数学试卷 含解析
2019-2020学年高二第一学期期末数学试卷一、选择题1．经过点A（1，3），斜率为2的直线方程是（）A．2x﹣y﹣1＝0 B．2x+y+1＝0 C．2x+y﹣1＝0 D．2x﹣y+1＝0 2．椭圆的焦距是（）A．B．C．1 D．23．已知直线m，n和平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（）A．m⊂α，n⊂β，m∥n B．m⊥α，m⊥βC．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥βD．α⊥γ，β⊥γ4．圆x2+y2﹣2x＝0和x2+y2+4y＝0的位置关系是（）A．相离B．外切C．相交D．内切5．已知a、b是异面直线，P是a、b外的一点，则下列结论中正确的是（）A．过P有且只有一条直线与a、b都垂直B．过P有且只有一条直线与a、b都平行C．过P有且只有一个平面与a、b都垂直D．过P有且只有一个平面与a、b都平行6．如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，若以A，B为焦点的双曲线的渐近线经过点C，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．7．直线y＝kx+3与圆（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是（）A．[﹣，0] B．[﹣∞，﹣]∪[0，+∞]C．[﹣，] D．[﹣，0]8．正四面体ABCD，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是（）A．0 B．C．D．9．已知两点，到直线l的距离均等于a，且这样的直线可作4条，则a的取值范围是（）A．a≥1 B．0＜a＜1 C．0＜a≤1 D．0＜a＜210．如图，正四面体ABCD中，P、Q、R在棱AB、AD、AC上，且AQ＝QD，＝＝，分别记二面角A﹣PQ﹣R，A﹣PR﹣Q，A﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．β＜γ＜αB．γ＜β＜αC．α＞γ＞βD．α＞β＞γ二、填空题11．若圆x2+y2+2ax+y﹣1＝0的圆心在直线y＝x上，则a的值是，半径为．12．若直线l1：x+my+6＝0与l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0互相平行，则m的值为，它们之间的距离为．13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，外接球的表面积为．14．已知双曲线与椭圆共焦点，则m的值为，设F为双曲线C的一个焦点，P是C上任意一点，则|PF|的取值范围是．15．异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为θ，若这样的直线l有且只有两条，则θ的取值范围为．16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在鳖臑P ﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过点A分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC 于点F，连结EF，当△AEF的面积最大时，tan∠BPC＝．17．已知椭圆上的三点A，B，C，斜率为负数的直线BC与y轴交于M，若原点O是△ABC的重心，且△BMA与△CMO的面积之比为，则直线BC的斜率为．三、解答题18．已知x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．（1）求xy的最大值；（2）求的最小值．19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．（1）求证：BG∥平面PDE；（2）求证：AD⊥PB；（3）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．20．如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0，2）且被x轴分成的两段圆弧长之比为1：2，直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；（2）求直线OM的斜率k的取值范围．21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（，），点P在第四象限，A为左顶点，B为上顶点，PA交y轴于点C，PB交x轴于点D．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求△PCD面积的最大值．参考答案一、选择题1．经过点A（1，3），斜率为2的直线方程是（）A．2x﹣y﹣1＝0 B．2x+y+1＝0 C．2x+y﹣1＝0 D．2x﹣y+1＝0 【分析】直接代入点斜式方程即可．解：由点斜式直接带入：y﹣3＝2（x﹣1），即2x﹣y+1＝0，故选：D．2．椭圆的焦距是（）A．B．C．1 D．2【分析】根据题意，由椭圆的标准方程可得a、b的值，计算可得c的值，进而由焦距定义计算可得答案．解：根据题意，椭圆的标准方程为：，则a2＝5，b2＝4，则c＝＝1，则其焦距2c＝2；故选：D．3．已知直线m，n和平面α，β，γ，下列条件中能推出α∥β的是（）A．m⊂α，n⊂β，m∥n B．m⊥α，m⊥βC．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥βD．α⊥γ，β⊥γ【分析】利用平面平行的判定定理，对四个选项分别进行判断，能够得到正确答案．解：由直线m和n，若m⊂α，n⊂β，n∥m，则α与β相交或平行，故A不正确；若m⊥α，m⊥β，则垂直于同一条直线的两个平面互相平行，即α∥β，故B正确；若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β相交或平行，故C不正确；若α⊥γ，β⊥γ，则由平面与平面平行的判定知，故D不正确．故选：B．4．圆x2+y2﹣2x＝0和x2+y2+4y＝0的位置关系是（）A．相离B．外切C．相交D．内切【分析】把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式，求出两圆心的距离d，然后求出R﹣r和R+r的值，判断d与R﹣r及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系．解：把圆x2+y2﹣2x＝0与圆x2+y2+4y＝0分别化为标准方程得：（x﹣1）2+y2＝1，x2+（y+2）2＝4，故圆心坐标分别为（1，0）和（0，﹣2），半径分别为R＝2和r＝1，∵圆心之间的距离d＝，R+r＝3，R﹣r＝1，∴R﹣r＜d＜R+r，则两圆的位置关系是相交．故选：C．5．已知a、b是异面直线，P是a、b外的一点，则下列结论中正确的是（）A．过P有且只有一条直线与a、b都垂直B．过P有且只有一条直线与a、b都平行C．过P有且只有一个平面与a、b都垂直D．过P有且只有一个平面与a、b都平行【分析】对于A，取直线a上任意一点，作b的平行线c，则a，c确定平面，利用过一点作已知平面的垂线，有且只有一条，可得结论；对于B，若P与a或b确定的平面，与b或a平行，此时与a、b都平行的直线不存在；对于C，根据a、b是异面直线，可得过P不存在平面与a、b都垂直；对于D，若P与a或b确定的平面，与b或a平行，此时与a、b都平行的平面不存在．解：对于A，取直线a上任意一点，作b的平行线c，则a，c确定平面，过P作平面的垂线有且只有一条，所以过P有且只有一条直线与a、b都垂直，故A正确；对于B，若P与a或b确定的平面，与b或a平行，此时与a、b都平行的直线不存在，故B不正确；对于C，∵a、b是异面直线，∴过P不存在平面与a、b都垂直，故C不正确；对于D，若P与a或b确定的平面，与b或a平行，此时与a、b都平行的平面不存在，故D不正确；故选：A．6．如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，若以A，B为焦点的双曲线的渐近线经过点C，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】设AB＝BC＝2，取AB的中点为O，由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC，由余弦定理可得OC，cos∠COB，求得tan∠COB，即为渐近线的斜率，由a，b，c的关系和离心率公式，即可得到．解：设AB＝BC＝2，取AB的中点为O，由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC，在三角形OBC中，cos B＝﹣，∴OC2＝OB2+BC2﹣2OB•BC•cos B＝1+4﹣2×1×2×（﹣）＝7，∴OC＝，则cos∠COB＝＝，可得sin∠COB＝＝，tan∠COB＝＝，可得双曲线的渐近线的斜率为，不妨设双曲线的方程为﹣＝1（a，b＞0），渐近线方程为y＝±x，可得＝，可得e＝＝＝＝＝．故选：D．7．直线y＝kx+3与圆（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是（）A．[﹣，0] B．[﹣∞，﹣]∪[0，+∞]C．[﹣，] D．[﹣，0]【分析】由弦长公式得，当圆心到直线的距离等于1时，弦长等于2，故当弦长大于或等于2时，圆心到直线的距离小于或等于1，解此不等式求出k的取值范围．解：设圆心（3，2）到直线y＝kx+3的距离为d，由弦长公式得，MN＝2≥2，故d≤1，即≤1，化简得 8k（k+）≤0，∴﹣≤k≤0，故k的取值范围是[﹣，0]．故选：A．8．正四面体ABCD，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是（）A．0 B．C．D．【分析】由正四面体ABCD，可得所有棱长都相等．①点E是线段AC的中点，BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是．利用反证法可以证明．②在该四面体绕CD旋转的过程中，当BE∥α时，可得直线BE与平面α所成角为0．③如图所示的正四面体B﹣ABC．作BO⊥平面ACD，垂足为O．设直线BE与平面ACD所成的角为θ，可得cosθ＝．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中，可得直线BE 与平面α所成角为，．解：由正四面体ABCD，可得所有棱长都相等．①∵点E是线段AC的中点，∴BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是．反证法：若直线BE与平面α所成角是，则BE⊥平面α．则在某一过程必有BE⊥CD．事实上，在该四面体绕CD旋转的过程中，BE与CD是不可能垂直的，因此假设错位，于是直线BE与平面α所成角不可能是90°．②在该四面体绕CD旋转的过程中，当BE∥α时，可得直线BE与平面α所成角为0．③如图所示的正四面体B﹣ABC．作BO⊥平面ACD，垂足为O．则E，O，D三点在同一条直线上．设直线BE与平面ACD所成的角为θ，可得cosθ＝．∴θ＞．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中，可得直线BE与平面α所成角为，．综上可得：直线BE与平面α所成角不可能是．故选：D．9．已知两点，到直线l的距离均等于a，且这样的直线可作4条，则a的取值范围是（）A．a≥1 B．0＜a＜1 C．0＜a≤1 D．0＜a＜2【分析】（1）由题意做出简图，分别讨论A，B在同一侧和两侧两种情况，只需a小于A，B两点距离的一半，再由两点间的距离公式即可求出a的取值范围．解：由题意如图所示：因为若A，B在直线的同一侧，可做两条直线，所以若有这样的直线又4条，则当A，B两点分别在直线的两侧时，还应该有两条，所以2a小于A，B的距离，因为|AB|＝＝2，所以0＜2a＜2，所以：0＜a＜1，故选：B．10．如图，正四面体ABCD中，P、Q、R在棱AB、AD、AC上，且AQ＝QD，＝＝，分别记二面角A﹣PQ﹣R，A﹣PR﹣Q，A﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．β＜γ＜αB．γ＜β＜αC．α＞γ＞βD．α＞β＞γ【分析】由四面体为正四面体，结合AQ＝QD，＝＝，通过图形直观分析得答案．解：观察可知，α＞β＞γ，α为钝角，β，γ均为锐角，β平缓一点，γ陡急一点，∴，则α＞β＞γ，故选：D．二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11．若圆x2+y2+2ax+y﹣1＝0的圆心在直线y＝x上，则a的值是，半径为．【分析】根据题意，将圆的方程变形为标准方程的形式，求出圆的圆心以及半径，又由圆的圆心在直线y＝x上，即可得a的值，据此可得答案．解：根据题意，圆的一般方程为x2+y2+2ax+y﹣1＝0，则其标准方程为（x+a）2+（y+）2＝a2+：其圆心为（﹣a，﹣），半径r＝，若其圆心在直线y＝x上，则有﹣a＝﹣，即a＝，其半径r＝＝；故答案为：，12．若直线l1：x+my+6＝0与l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0互相平行，则m的值为﹣1 ，它们之间的距离为．【分析】由m（m﹣2）﹣3＝0，解得m．经过验证可得m．利用平行线之间的距离公式即可得出它们之间的距离．解：由m（m﹣2）﹣3＝0，解得m＝3或﹣1．经过验证：m＝3时两条直线平行舍去．∴m＝﹣1．直线l1：x+my+6＝0与l2：（m﹣2）x+3y+2m＝0分别化为：x﹣y+6＝0，x﹣y+＝0．∴它们之间的距离＝＝．故答案为：﹣1，．13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为24 ，外接球的表面积为41π．【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积，求出外接球的半径，即可求解外接球的表面积．解：由题意可知几何体是三棱柱，如图：是长方体的一半，所以几何体的体积为：＝24；几何体的外接球，就是长方体的外接球，外接球的半径为：＝．外接球的表面积为：＝41π．故答案为：24；41π．14．已知双曲线与椭圆共焦点，则m的值为 3 ，设F为双曲线C的一个焦点，P是C上任意一点，则|PF|的取值范围是[1，+∞）．【分析】由椭圆方程求得焦点坐标，再由双曲线中的隐含条件列式求得m值；求出|PF|的最小值，可得|PF|的取值范围．解：由椭圆，得c＝，则其焦点坐标为（0，±2），∴双曲线的焦点坐标为（0，±2），∴1+m＝4，得m＝3；不妨设F为双曲线的上焦点F（0，2），则当P为双曲线的上顶点时，|PF|最小为1．∴|PF|的取值范围是[1，+∞）．故答案为：3；[1，+∞）．15．异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为θ，若这样的直线l有且只有两条，则θ的取值范围为（，）．【分析】由最小角定理可得：θ的取值范围为，得解．解：由最小角定理可得：异面直线a，b所成角为，过空间一点O的直线l与直线a，b所成角均为θ，若这样的直线l有且只有两条，则θ的取值范围为：＜θ，故答案为：（，）．16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在鳖臑P ﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过点A分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC 于点F，连结EF，当△AEF的面积最大时，tan∠BPC＝．【分析】由已知可证AE⊥平面PBC，PC⊥平面AEF，可得△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝，从而S△AEF＝AE•EF≤（AE2+EF2）＝（AF）2＝，当且仅当AE ＝EF时，取“＝”，解得当AE＝EF＝时，△AEF的面积最大，即可求得tan∠BPC的值解：显然BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF，所以△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF＝，而S△AEF＝AE•EF≤（AE2+EF2）＝（AF）2＝，当且仅当AE＝EF时，取“＝”，所以，当AE＝EF＝时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC＝＝＝，17．已知椭圆上的三点A，B，C，斜率为负数的直线BC与y轴交于M，若原点O是△ABC的重心，且△BMA与△CMO的面积之比为，则直线BC的斜率为．【分析】设B（x1，y1），C（x2，y2）A（x3，y3），M（0，m），直线BC的方程为y＝kx+m．由原点O是△ABC的重心，得△BMA与△CMO的高之比为3，结合△BMA与△CMO的面积之比为，得2BM＝MC．可得2x1+x2＝0，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系得到36k2m2＝1﹣m2+4k2，利用重心坐标公式求得A的坐标，代入椭圆方程即可求解直线BC的斜率．解：设B（x1，y1），C（x2，y2）A（x3，y3），M（0，m），直线BC的方程为y＝kx+m．∵原点O是△ABC的重心，∴△BMA与△CMO的高之比为3，又△BMA与△CMO的面积之比为，则2BM＝MC．即2＝，得2x1+x2＝0，…①联立，得（4k2+1）x2+8mkx+4m2﹣4＝0．则x1+x2＝，x1x2＝，…②由①②整理可得：36k2m2＝1﹣m2+4k2，…③∵原点O是△ABC的重心，∴，y3＝﹣（y2+y1）＝﹣[k（x1+x2）+2m]＝﹣．∵，∴（）2+4（）2＝4，即1+4k2＝4m2，…④．由③④可得k2＝，∵k＜0．∴k＝﹣．故答案为：．三、解答题：5小题，共74分18．已知x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．（1）求xy的最大值；（2）求的最小值．【分析】（1）由x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．利用基本本不等式的性质即可得出xy的最大值；（2）由x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．可得＝（2x+5y）•（）＝（7++），利用基本本不等式的性质即可得出．解：（1）∵x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．∴20≥2，化为：xy≤10，当且仅当2x＝5y＝10时取等号．∴xy的最大值为10．（2）∵x＞0，y＞0，且2x+5y＝20．∴＝（2x+5y）•（）＝（7++）≥（7+2）＝（7+2），当且仅当y＝x，2x+5y＝20取等号．∴的最小值为：（7+2）．19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．（1）求证：BG∥平面PDE；（2）求证：AD⊥PB；（3）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）连接DE、PE，证明四边形BEDG是平行四边形，得出BG∥ED，即可证明BG∥平面PDE；（2）连接PG，证明PG⊥AD，再证BG⊥AD，得出AD⊥平面PGB，即可证明AD⊥PB；（3）F为PC边的中点时，平面DEF⊥平面ABCD，再证明即可．【解答】（1）证明：连接DE、PE，则DG∥BE，且DG＝BE，所以四边形BEDG是平行四边形，所以BG∥ED，又BG⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，所以BG∥平面PDE；（2）证明：连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD边的中点，所以PG⊥AD；又AG＝AB，∠BAD＝60°，所以BG＝AB，所以∠BGA＝90°，即BG⊥AD；又PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB，PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB，又PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB；（3）解：当F为PC边的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD，证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF，在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，EF∩DE＝E，所以平面DEF∥平面PGB，因为BG⊥平面PAD，所以BG⊥PG，又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．20．如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0，2）且被x轴分成的两段圆弧长之比为1：2，直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；（2）求直线OM的斜率k的取值范围．【分析】（1）依题意，容易求得半径r＝4，圆心坐标为（﹣4，2），由此得到方程；（2）依题意，只需求出点N（或M）在劣弧PQ上运动时的直线ON（或OM）斜率，结合图象得解．解：（1）因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0，2），所以圆心在直线y＝2上，设圆C与x轴交于P，Q点，又因为被x轴分成的两段圆弧长之比为1：2，所以可得∠PCQ＝，所以r＝4，圆心C的坐标：（﹣4，2），所以圆C的方程：（x+4）2+（y﹣2）2＝16；（2）依题意，只需求出点N（或M）在劣弧PQ上运动时的直线ON（或OM）斜率，设其直线方程为y＝tx（t＞0），此时有，解得；若点M在劣弧PQ上，则直线OM的斜率k＝t，于是；若点N在劣弧上，则直线OM的斜率，于是；又当k＝0时，点N为（0，2）也满足条件；综上所述，所求直线OM的斜率k的取值范围为．21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．【分析】（I）取CD的中点E，连接BE．可证四边形ABED是矩形，故而AB⊥AD，结合AB⊥PD得出AB⊥平面PAD，又AB∥CD得出CD⊥平面PAD，于是平面PAD⊥平面PCD；（II）以A为原点建立坐标系，求出和平面PBC的法向量，则直线PD与平面PBC 所成的角的正弦值为|cos＜，＞|．【解答】证明：（I）取CD的中点E，连接BE．∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，又∵AB∥CD，AB＝CD＝DE，∴四边形ABED是矩形，∴AB⊥AD，又AB⊥PA，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD．∵AB∥CD，∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．∴平面PAD⊥平面PCD．（II）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，以平面ABCD过点A的垂线为z轴建立空间直角坐标角系A﹣xyz，如图所示：∵PB＝BD＝，AB＝，AB⊥PA，AB⊥AD，∴PA＝AD＝2．∴P（0，﹣1，），D（0，2，0），B（，0，0），C（2，2，0），∴＝（0，3，﹣），＝（﹣，﹣1，），＝（，2，0）．设平面PBC的法向量＝（x，y，z），则，∴，取x＝，得＝（，﹣1，），∴cos＜，＞＝＝＝﹣．∴直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为．22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（，），点P在第四象限，A为左顶点，B为上顶点，PA交y轴于点C，PB交x轴于点D．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求△PCD面积的最大值．【分析】（1）利用椭圆的离心率求得，将（，）代入椭圆方程，即可求得a 和b的值．（2）设P（m，n），m＞0，n＞0，且.可得S＝＝＝﹣＝．设P处的切线为：x﹣2y+t＝0，t＜0．由⇒8y2﹣4ty+t2﹣4＝0，△＝﹣16t2+128＝0⇒t＝﹣2时．S△PCD取得最大值，解：（1）由已知得，⇒，点（，）代入+＝1可得．代入点（，）解得b2＝1，∴椭圆C的标准方程：．（2）可得A（﹣2，0），B（0，1）．设P（m，n），m＞0，n＞0，且.PA：，PB：，可得C（0，），D（）．由可得x＝．S＝＝＝﹣＝．设P处的切线为：x﹣2y+t＝0，t＜0．⇒8y2﹣4ty+t2﹣4＝0，△＝﹣16t2+128＝0⇒t＝﹣2．此时，方程组的解即点P（，﹣）时，S△PCD取得最大值，最大值为﹣1．。
2019-2020学年浙江省杭州市学军中学高二(上)期末数学试卷
2019-2020学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）经过点A（1.3）.斜率为2的直线方程是（）A.2x-y-1=0B.2x+y+1=0C.2x+y-1=0D.2x-y+1=02.（单选题.4分）椭圆x25+y24=1的焦距是（）A. 2√3B. √3C.1D.23.（单选题.4分）已知直线m.n和平面α.β.γ.下列条件中能推出α || β的是（）A.m⊂α.n⊂β.m || nB.m⊥α.m⊥βC.m⊂α.n⊂α.m || β.n || βD.α⊥γ.β⊥γ4.（单选题.4分）圆x2+y2-2x=0和x2+y2+4y=0的位置关系是（）A.相离B.外切C.相交D.内切5.（单选题.4分）已知a、b是异面直线.P是a、b外的一点.则下列结论中正确的是（）A.过P有且只有一条直线与a、b都垂直B.过P有且只有一条直线与a、b都平行C.过P有且只有一个平面与a、b都垂直D.过P有且只有一个平面与a、b都平行6.（单选题.4分）如图.△ABC中.AB=BC.∠ABC=120°.若以A.B为焦点的双曲线的渐近线经过点C.则该双曲线的离心率为（）A.2√33B. √3C. √52 D. √727.（单选题.4分）直线y=kx+3与圆（x-3）2+（y-2）2=4相交于M.N 两点.若|MN|≥2 √3 .则k 的取值范围是（ ） A.[- 34 .0]B.（-∞.- 34 ]∪[0.+∞）C.[- √33 . √33 ] D.[- 23 .0]8.（单选题.4分）正四面体ABCD.CD 在平面α内.点E 是线段AC 的中点.在该四面体绕CD 旋转的过程中.直线BE 与平面α所成角不可能是（ ）A.0B. π6 C. π3 D. π29.（单选题.4分）已知两点 A(1，6√3) . B(0，5√3) 到直线l 的距离均等于a.且这样的直线可作4条.则a 的取值范围是（ ） A.a≥1 B.0＜a ＜1 C.0＜a≤1 D.0＜a ＜210.（单选题.4分）如图.正四面体ABCD中.P、Q、R在棱AB、AD、AC上.且AQ=QD. APPB = CRRA= 12.分别记二面角A-PQ-R.A-PR-Q.A-QR-P的平面角为α、β、γ.则（）A.β＞γ＞αB.γ＞β＞αC.α＞γ＞βD.α＞β＞γ11.（填空题.6分）若圆x2+y2+2ax+y-1=0的圆心在直线y=x上.则a的值是___ .半径为___ ．12.（填空题.6分）若直线l1：x+my+6=0与l2：（m-2）x+3y+2m=0互相平行.则m的值为___ .它们之间的距离为___ ．13.（填空题.6分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积为___ .外接球的表面积为___ ．14.（填空题.6分）已知双曲线C：y2−x2m =1与椭圆y29+x25=1共焦点.则m的值为___ .设F为双曲线C的一个焦点.P是C上任意一点.则|PF|的取值范围是___ ．15.（填空题.4分）异面直线a.b所成角为π3.过空间一点O的直线l与直线a.b所成角均为θ.若这样的直线l有且只有两条.则θ的取值范围为___ ．16.（填空题.4分）在《九章算术》中.将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图.在鳖臑P-ABC中.PA⊥平面ABC.AB⊥BC.且AP=AC=1.过点A分别作AE⊥PB于点E.AF⊥PC于点F.连结EF.当△AEF的面积最大时.tan∠BPC=___ ．17.（填空题.4分）已知椭圆C：x24+y2=1上的三点A.B.C.斜率为负数的直线BC与y轴交于M.若原点O是△ABC的重心.且△BMA与△CMO的面积之比为32.则直线BC的斜率为___ ．18.（问答题.14分）已知x＞0.y＞0.且2x+5y=20．（1）求xy的最大值；（2）求1x +1y的最小值．19.（问答题.15分）如图所示.在四棱锥P-ABCD中.底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形.其所在平面垂直于底面ABCD.若G为AD的中点.E为BC的中点．（1）求证：BG || 平面PDE；（2）求证：AD⊥PB；（3）在棱PC上是否存在一点F.使平面DEF⊥平面ABCD.若存在.确定点F的位置；若不存在.说明理由．20.（问答题.15分）如图.已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0.2）且被x轴分成的两段圆弧长之比为1：2.直线l与圆C相交于M.N两点.且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；（2）求直线OM的斜率k的取值范围．21.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD中.AB⊥PA.AB || CD.且PB=BC=BD=√6 .CD=2AB=2 √2 .∠PAD=120°．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．22.（问答题.15分）在平面直角坐标系xOy 中.已知椭圆C ： x 2a 2 + y 2b 2 =1（a ＞b ＞0）的离心率为 √32 .且过点（ √3 . 12 ）.点P 在第四象限.A 为左顶点.B 为上顶点.PA 交y 轴于点C.PB 交x 轴于点D ．（1）求椭圆C 的标准方程； （2）求△PCD 面积的最大值．2019-2020学年浙江省杭州市学军中学高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）经过点A（1.3）.斜率为2的直线方程是（）A.2x-y-1=0B.2x+y+1=0C.2x+y-1=0D.2x-y+1=0【正确答案】：D【解析】：直接代入点斜式方程即可．【解答】：解：由点斜式直接带入：y-3=2（x-1）.即2x-y+1=0.故选：D．【点评】：考查直线的点斜式方程.属于基础题．2.（单选题.4分）椭圆x25+y24=1的焦距是（）A. 2√3B. √3C.1D.2【正确答案】：D【解析】：根据题意.由椭圆的标准方程可得a、b的值.计算可得c的值.进而由焦距定义计算可得答案．【解答】：解：根据题意.椭圆的标准方程为：x 25+y24=1 .则a2=5.b2=4.则c= √a2−b2 =1. 则其焦距2c=2；故选：D．【点评】：本题考查椭圆的几何性质.关键是掌握椭圆的标准方程的形式．3.（单选题.4分）已知直线m.n和平面α.β.γ.下列条件中能推出α || β的是（）A.m⊂α.n⊂β.m || nB.m⊥α.m⊥βC.m⊂α.n⊂α.m || β.n || βD.α⊥γ.β⊥γ【正确答案】：B【解析】：利用平面平行的判定定理.对四个选项分别进行判断.能够得到正确答案．【解答】：解：由直线m和n.若m⊂α.n⊂β.n || m.则α与β相交或平行.故A不正确；若m⊥α.m⊥β.则垂直于同一条直线的两个平面互相平行.即α || β.故B正确；若m⊂α.n⊂α.m || β.n || β.则α与β相交或平行.故C不正确；若α⊥γ.β⊥γ.则由平面与平面平行的判定知.故D不正确．故选：B．【点评】：本题考查了空间线面位置关系的判断.属于中档题．4.（单选题.4分）圆x2+y2-2x=0和x2+y2+4y=0的位置关系是（）A.相离B.外切C.相交D.内切【正确答案】：C【解析】：把两圆的方程化为标准方程.分别找出圆心坐标和半径.利用两点间的距离公式.求出两圆心的距离d.然后求出R-r和R+r的值.判断d与R-r及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系．【解答】：解：把圆x2+y2-2x=0与圆x2+y2+4y=0分别化为标准方程得：（x-1）2+y2=1.x2+（y+2）2=4.故圆心坐标分别为（1.0）和（0.-2）.半径分别为R=2和r=1.∵圆心之间的距离d= √(1−0)2+(0+2)2=√5 .R+r=3.R-r=1.∴R-r＜d＜R+r.则两圆的位置关系是相交．故选：C．【点评】：圆与圆的位置关系有五种.分别是：当0≤d＜R-r时.两圆内含；当d=R-r时.两圆内切；当R-r＜d＜R+r时.两圆相交；当d=R+r时.两圆外切；当d＞R+r时.两圆外离（其中d表示两圆心间的距离.R.r分别表示两圆的半径）．5.（单选题.4分）已知a、b是异面直线.P是a、b外的一点.则下列结论中正确的是（）A.过P有且只有一条直线与a、b都垂直B.过P有且只有一条直线与a、b都平行C.过P有且只有一个平面与a、b都垂直D.过P有且只有一个平面与a、b都平行【正确答案】：A【解析】：对于A.取直线a上任意一点.作b的平行线c.则a.c确定平面.利用过一点作已知平面的垂线.有且只有一条.可得结论；对于B.若P与a或b确定的平面.与b或a平行.此时与a、b都平行的直线不存在；对于C.根据a、b是异面直线.可得过P不存在平面与a、b都垂直；对于D.若P与a或b确定的平面.与b或a平行.此时与a、b都平行的平面不存在．【解答】：解：对于A.取直线a上任意一点.作b的平行线c.则a.c确定平面.过P作平面的垂线有且只有一条.所以过P有且只有一条直线与a、b都垂直.故A正确；对于B.若P与a或b确定的平面.与b或a平行.此时与a、b都平行的直线不存在.故B不正确；对于C.∵a、b是异面直线.∴过P不存在平面与a、b都垂直.故C不正确；对于D.若P与a或b确定的平面.与b或a平行.此时与a、b都平行的平面不存在.故D不正确；故选：A．【点评】：本题考查线线、线面的位置关系.考查学生的推理能力.属于中档题．6.（单选题.4分）如图.△ABC中.AB=BC.∠ABC=120°.若以A.B为焦点的双曲线的渐近线经过点C.则该双曲线的离心率为（）A.2√33B. √3C. √52 D. √72【正确答案】：D【解析】：设AB=BC=2.取AB 的中点为O.由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC.由余弦定理可得OC.cos∠COB .求得tan∠COB .即为渐近线的斜率.由a.b.c 的关系和离心率公式.即可得到．【解答】：解：设AB=BC=2. 取AB 的中点为O.由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC. 在三角形OBC 中. cosB=- 12 .∴OC 2=OB 2+BC 2-2OB•BC•cosB=1+4-2×1×2×（- 12）=7. ∴OC= √7 . 则cos∠COB=2√7 = √7. 可得sin∠COB= √1−47 = √3√7 . tan∠COB= sin∠COBcos∠COB = √32 .可得双曲线的渐近线的斜率为 √32 .不妨设双曲线的方程为 x 2a2 - y 2b2 =1（a.b ＞0）. 渐近线方程为y=± b ax. 可得 ba = √32 . 可得e= c a = √a 2+b 2a 2 = √1+(b a )2 = √1+34 = √72 ．故选：D ．【点评】：本题考查双曲线的方程和性质.主要是渐近线和离心率.考查学生的计算能力.属于中档题．7.（单选题.4分）直线y=kx+3与圆（x-3）2+（y-2）2=4相交于M.N 两点.若|MN|≥2 √3 .则k 的取值范围是（ ） A.[- 34.0]B.（-∞.- 34 ]∪[0.+∞）C.[- √33 . √33 ] D.[- 23 .0]【正确答案】：A【解析】：由弦长公式得.当圆心到直线的距离等于1时.弦长等于2 √3 .故当弦长大于或等于2 √3 时.圆心到直线的距离小于或等于1.解此不等式求出k 的取值范围．【解答】：解：设圆心（3.2）到直线y=kx+3的距离为d. 由弦长公式得.MN=2 √4−d 2 ≥2 √3 . 故d≤1. 即√k 2+1 ≤1.化简得 8k （k+ 34 ）≤0.∴- 34 ≤k≤0.故k 的取值范围是[- 34.0]． 故选：A ．【点评】：本题主要考查点到直线的距离公式.以及弦长公式的应用.属于中档题．8.（单选题.4分）正四面体ABCD.CD 在平面α内.点E 是线段AC 的中点.在该四面体绕CD 旋转的过程中.直线BE 与平面α所成角不可能是（ ）A.0B. π6C. π3D. π2【正确答案】：D【解析】：由正四面体ABCD.可得所有棱长都相等．① 点E是线段AC的中点.BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中.直线BE与平面α所成角不可能是π2．利用反证法可以证明．② 在该四面体绕CD旋转的过程中.当BE || α时.可得直线BE与平面α所成角为0．③ 如图所示的正四面体B-ABC．作BO⊥平面ACD.垂足为O．设直线BE与平面ACD所成的角为θ.可得cosθ= 13＜12．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中.可得直线BE与平面α所成角为π6. π3．【解答】：解：由正四面体ABCD.可得所有棱长都相等．① ∵点E是线段AC的中点.∴BE⊥AC．在该四面体绕CD旋转的过程中.直线BE与平面α所成角不可能是π2．反证法：若直线BE与平面α所成角是π2.则BE⊥平面α．则在某一过程必有BE⊥CD．事实上.在该四面体绕CD旋转的过程中.BE与CD是不可能垂直的.因此假设错位.于是直线BE 与平面α所成角不可能是90°．② 在该四面体绕CD旋转的过程中.当BE || α时.可得直线BE与平面α所成角为0．③ 如图所示的正四面体B-ABC．作BO⊥平面ACD.垂足为O．则E.O.D三点在同一条直线上．设直线BE与平面ACD所成的角为θ.可得cosθ= 13＜12．∴θ＞π3．于是可得在该四面体绕CD旋转的过程中.可得直线BE与平面α所成角为π6. π3．综上可得：直线BE与平面α所成角不可能是π2．故选：D．【点评】：本题考查了正四面体的性质、线面垂直性质定理、正三角形的性质、线面角.考查了数形结合方法、推理能力与计算能力.属于难题．9.（单选题.4分）已知两点A(1，6√3) . B(0，5√3)到直线l的距离均等于a.且这样的直线可作4条.则a的取值范围是（）A.a≥1B.0＜a＜1C.0＜a≤1D.0＜a＜2【正确答案】：B【解析】：（1）由题意做出简图.分别讨论A.B在同一侧和两侧两种情况.只需a小于A.B两点距离的一半.再由两点间的距离公式即可求出a的取值范围．【解答】：解：由题意如图所示：因为若A.B在直线的同一侧.可做两条直线.所以若有这样的直线有4条.则当A.B两点分别在直线的两侧时.还应该有两条.所以2a小于A.B的距离.因为|AB|= √(1−0)2+(6√3−5√3)2 =2.所以0＜2a＜2.所以：0＜a＜1.故选：B．【点评】：考查点到直线的距离公式.属于中档题．10.（单选题.4分）如图.正四面体ABCD中.P、Q、R在棱AB、AD、AC上.且AQ=QD. APPB = CRRA= 12.分别记二面角A-PQ-R.A-PR-Q.A-QR-P的平面角为α、β、γ.则（）A.β＞γ＞αB.γ＞β＞αC.α＞γ＞βD.α＞β＞γ【正确答案】：D【解析】：由四面体为正四面体.结合AQ=QD. APPB = CRRA= 12.通过图形直观分析得答案．【解答】：解：观察可知.α＞β＞γ.α为钝角.β.γ均为锐角.β平缓一点.γ陡急一点. ∴ π2＞β＞γ .则α＞β＞γ.故选：D．【点评】：本题考查二面角的平面角及其求法.考查学生通过读图进行直观分析问题与解决问题的能力.是中档题．11.（填空题.6分）若圆x2+y2+2ax+y-1=0的圆心在直线y=x上.则a的值是___ .半径为___ ．【正确答案】：[1] 12 ; [2] √62【解析】：根据题意.将圆的方程变形为标准方程的形式.求出圆的圆心以及半径.又由圆的圆心在直线y=x上.即可得a的值.据此可得答案．【解答】：解：根据题意.圆的一般方程为x2+y2+2ax+y-1=0.则其标准方程为（x+a）2+（y+1 2）2=a2+ 54：其圆心为（-a.- 12）.半径r= √a2+54.若其圆心在直线y=x上.则有-a=- 12 .即a= 12.其半径r= √14+54= √62；故答案为：12 . √62【点评】：本题考查圆的一般方程.关键是掌握圆的一般方程的形式.属于基础题．12.（填空题.6分）若直线l1：x+my+6=0与l2：（m-2）x+3y+2m=0互相平行.则m的值为___ .它们之间的距离为___ ．【正确答案】：[1]-1; [2] 8√23【解析】：由m（m-2）-3=0.解得m．经过验证可得m．利用平行线之间的距离公式即可得出它们之间的距离．【解答】：解：由m （m-2）-3=0.解得m=3或-1． 经过验证：m=3时两条直线平行舍去． ∴m=-1．直线l 1：x+my+6=0与l 2：（m-2）x+3y+2m=0分别化为：x-y+6=0.x-y+ 23 =0． ∴它们之间的距离= |6−23|√2=8√23． 故答案为：-1. 8√23．【点评】：本题考查了平行线与斜率之间的关系、平行线之间的距离公式.考查了推理能力与计算能力.属于基础题．13.（填空题.6分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的体积为___ .外接球的表面积为___ ．【正确答案】：[1]24; [2]41π【解析】：画出几何体的直观图.利用三视图的数据.求解几何体的体积.求出外接球的半径.即可求解外接球的表面积．【解答】：解：由题意可知几何体是三棱柱.如图：是长方体的一半. 所以几何体的体积为： 12×4×3×4 =24；几何体的外接球.就是长方体的外接球.外接球的半径为： 12×√42+32+42 = √412． 外接球的表面积为： 4π×(√412)2=41π． 故答案为：24；41π．【点评】：本题考查三视图求解几何体的体积.外接球的表面积的求法.考查空间想象能力以及计算能力.是中档题．14.（填空题.6分）已知双曲线C：y2−x2m =1与椭圆y29+x25=1共焦点.则m的值为___ .设F为双曲线C的一个焦点.P是C上任意一点.则|PF|的取值范围是___ ．【正确答案】：[1]3; [2][1.+∞）【解析】：由椭圆方程求得焦点坐标.再由双曲线中的隐含条件列式求得m值；求出|PF|的最小值.可得|PF|的取值范围．【解答】：解：由椭圆y 29+x25=1 .得c= √9−5=2 .则其焦点坐标为（0.±2）.∴双曲线C：y2−x2m=1的焦点坐标为（0.±2）.∴1+m=4.得m=3；不妨设F为双曲线的上焦点F（0.2）.则当P为双曲线的上顶点时.|PF|最小为1．∴|PF|的取值范围是[1.+∞）．故答案为：3；[1.+∞）．【点评】：本题考查椭圆与双曲线的简单性质.是基础题．15.（填空题.4分）异面直线a.b所成角为π3.过空间一点O的直线l与直线a.b所成角均为θ.若这样的直线l有且只有两条.则θ的取值范围为___ ．【正确答案】：[1]（π6 . π3）【解析】：由最小角定理可得：θ的取值范围为π6＜θ＜π3.得解．【解答】：解：由最小角定理可得：异面直线a.b所成角为π3.过空间一点O的直线l与直线a.b所成角均为θ.若这样的直线l有且只有两条.则θ的取值范围为：π6＜θ ＜π3.故答案为：（ π6 . π3 ）．【点评】：本题考查了最小角定理.属简单题．16.（填空题.4分）在《九章算术》中.将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图.在鳖臑P-ABC 中.PA⊥平面ABC.AB⊥BC .且AP=AC=1.过点A 分别作AE⊥PB 于点E.AF⊥PC 于点F.连结EF.当△AEF 的面积最大时.tan∠BPC=___ ．【正确答案】：[1] √22【解析】：由已知可证AE⊥平面PBC.PC⊥平面AEF.可得△AEF 、△PEF 均为直角三角形.由已知得AF= √22 .从而S △AEF = 12 AE•EF≤ 14 （AE 2+EF 2）= 14 （AF ）2= 18 .当且仅当AE=EF 时.取“=”.解得当AE=EF= 12 时.△AEF 的面积最大.即可求得tan∠BPC 的值【解答】：解：显然BC⊥平面PAB.则BC⊥AE . 又PB⊥AE .则AE⊥平面PBC.于是AE⊥EF .且AE⊥PC .结合条件AF⊥PC 得PC⊥平面AEF. 所以△AEF 、△PEF 均为直角三角形.由已知得AF= √22 .而S △AEF = 12 AE•EF≤ 14 （AE 2+EF 2）= 14 （AF ）2= 18 .当且仅当AE=EF 时.取“=”. 所以.当AE=EF= 12 时.△AEF 的面积最大.此时tan∠BPC= EF PF = 12√22= √22 .【点评】：本题主要考查了直线与平面垂直的判定.不等式的解法及应用.同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力.属于中档题 17.（填空题.4分）已知椭圆 C ：x 24+y 2=1 上的三点A.B.C.斜率为负数的直线BC 与y 轴交于M.若原点O 是△ABC 的重心.且△BMA 与△CMO 的面积之比为 32 .则直线BC 的斜率为___ ．【正确答案】：[1] −√36【解析】：设B （x 1.y 1）.C （x 2.y 2）A （x 3.y 3）.M （0.m ）.直线BC 的方程为y=kx+m ．由原点O 是△ABC 的重心.得△BMA 与△CMO 的高之比为3.结合△BMA 与△CMO 的面积之比为 32 .得2BM=MC ．可得2x 1+x 2=0.联立直线与椭圆方程.利用根与系数的关系得到36k 2m 2=1-m 2+4k 2.利用重心坐标公式求得A 的坐标.代入椭圆方程即可求解直线BC 的斜率．【解答】：解：设B （x 1.y 1）.C （x 2.y 2）A （x 3.y 3）.M （0.m ）.直线BC 的方程为y=kx+m ． ∵原点O 是△ABC 的重心.∴△BMA 与△CMO 的高之比为3. 又△BMA 与△CMO 的面积之比为 32 .则2BM=MC ． 即2 BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .得2x 1+x 2=0.… ①联立 {y =kx +m x 2+4y 2=4 .得（4k 2+1）x 2+8mkx+4m 2-4=0． 则x 1+x 2= −8km 1+4k 2 .x 1x 2= 4m 2−41+4k 2 .… ②由 ① ② 整理可得：36k 2m 2=1-m 2+4k 2.… ③ ∵原点O 是△ABC 的重心.∴ x 3=−(x 1+x 2)=8km1+4k 2 . y 3=-（y 2+y 1）=-[k （x 1+x 2）+2m]=- 2m1+4k 2 ．∵ x 32+4y 32=4 .∴（ 8km1+4k 2 ）2+4（ −2m 1+4k 2 ）2=4.即1+4k 2=4m 2.… ④ ． 由 ③ ④ 可得k 2= 112 . ∵k ＜0．∴k=- √36． 故答案为： −√36 ．【点评】：本题考查了椭圆的性质.考查了计算能力、转化思想.属于中档题．18.（问答题.14分）已知x＞0.y＞0.且2x+5y=20．（1）求xy的最大值；（2）求1x +1y的最小值．【正确答案】：【解析】：（1）由x＞0.y＞0.且2x+5y=20．利用基本不等式的性质即可得出xy的最大值；（2）由x＞0.y＞0.且2x+5y=20．可得1x +1y= 120（2x+5y）•（1x+1y）= 120（7+ 5yx+ 2xy）.利用基本不等式的性质即可得出．【解答】：解：（1）∵x＞0.y＞0.且2x+5y=20．∴20≥2 √2x•5y .化为：xy≤10.当且仅当2x=5y=10时取等号．∴xy的最大值为10．（2）∵x＞0.y＞0.且2x+5y=20．∴ 1 x +1y= 120（2x+5y）•（1x+1y）= 120（7+ 5yx+ 2xy）≥ 120（7+2 √5yx•2xy）= 120（7+2√10）.当且仅当√5 y= √2 x.2x+5y=20取等号．∴ 1 x +1y的最小值为：120（7+2 √10）．【点评】：本题考查了基本不等式的性质、方程的解法、转化法.考查了推理能力与计算能力.属于基础题．19.（问答题.15分）如图所示.在四棱锥P-ABCD中.底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形.其所在平面垂直于底面ABCD.若G为AD的中点.E为BC的中点．（1）求证：BG || 平面PDE；（2）求证：AD⊥PB；（3）在棱PC上是否存在一点F.使平面DEF⊥平面ABCD.若存在.确定点F的位置；若不存在.说明理由．【正确答案】：【解析】：（1）连接DE、PE.证明四边形BEDG是平行四边形.得出BG || ED.即可证明BG || 平面PDE；（2）连接PG.证明PG⊥AD.再证BG⊥AD.得出AD⊥平面PGB.即可证明AD⊥PB；（3）F为PC边的中点时.平面DEF⊥平面ABCD.再证明即可．【解答】：（1）证明：连接DE、PE.则DG || BE.且DG=BE.所以四边形BEDG是平行四边形. 所以BG || ED.又BG⊄平面PDE.DE⊂平面PDE.所以BG || 平面PDE；（2）证明：连接PG.因为△PAD为正三角形.G为AD边的中点.所以PG⊥AD；又AG= 12 AB.∠BAD=60°.所以BG= √32AB.所以∠BGA=90°.即BG⊥AD；又PG⊂平面PGB.BG⊂平面PGB.PG∩BG=G.所以AD⊥平面PGB.又PB⊂平面PGB.所以AD⊥PB；（3）解：当F为PC边的中点时.满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：取PC 的中点F.连接DE、EF、DF.在△PBC中.FE || PB.在菱形ABCD中.EF∩DE=E.所以平面DEF || 平面PGB.因为BG⊥平面PAD.所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD.AD∩BG=G.所以PG⊥平面ABCD.而PG⊂平面PGB.所以平面PGB⊥平面ABCD.所以平面DEF⊥平面ABCD．【点评】：本题考查了空间中的直线与直线、直线与平面、以及平面与平面的平行和垂直判断问题.也考查了空间想象能力与逻辑推理能力．20.（问答题.15分）如图.已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0.2）且被x轴分成的两段圆弧长之比为1：2.直线l与圆C相交于M.N两点.且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；（2）求直线OM的斜率k的取值范围．【正确答案】：【解析】：（1）依题意.容易求得半径r=4.圆心坐标为（-4.2）.由此得到方程；（2）依题意.只需求出点N（或M）在劣弧PQ上运动时的直线ON（或OM）斜率.结合图象得解．【解答】：解：（1）因为位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点（0.2）.所以圆心在直线y=2上.设圆C 与x 轴交于P.Q 点.又因为被x 轴分成的两段圆弧长之比为1：2.所以可得∠PCQ= 2π3 .所以r=4.圆心C 的坐标：（-4.2）.所以圆C 的方程：（x+4）2+（y-2）2=16；（2）依题意.只需求出点N （或M ）在劣弧PQ 上运动时的直线ON （或OM ）斜率.设其直线方程为y=tx （t ＞0）.此时有 2＜|−4t−2|√t 2+1≤4 .解得 0＜t ≤34 ；若点M 在劣弧PQ 上.则直线OM 的斜率k=t.于是 0＜k ≤34 ；若点N 在劣弧上.则直线OM 的斜率 k =−1t .于是 k ≤−43 ；又当k=0时.点N 为（0.2）也满足条件；综上所述.所求直线OM 的斜率k 的取值范围为 (−∞，−43]∪[0，34] ． 【点评】：本题考查圆的标准方程的求法及直线与圆的关系.考查逻辑推理能力.属于中档题．21.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD 中.AB⊥PA .AB || CD.且PB=BC=BD=√6 .CD=2AB=2 √2 .∠PAD=120°．（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD ；（Ⅱ）求直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值．【正确答案】：【解析】：（I ）取CD 的中点E.连接BE ．可证四边形ABED 是矩形.故而AB⊥AD .结合AB⊥PD 得出AB⊥平面PAD.又AB || CD 得出CD⊥平面PAD.于是平面PAD⊥平面PCD ；（II ）以A 为原点建立坐标系.求出 PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 和平面PBC 的法向量 n ⃗ .则直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值为|cos ＜ n ⃗ . PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＞|．【解答】：证明：（I ）取CD 的中点E.连接BE ．∵BC=BD .E 为CD 中点.∴BE⊥CD .又∵AB || CD .AB= 12 CD=DE.∴四边形ABED 是矩形.∴AB⊥AD .又AB⊥PA .PA⊂平面PAD.AD⊂平面PAD.PA∩AD=A.∴AB⊥平面PAD ．∵AB || CD .∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD.∴平面BEF⊥平面PCD ．∴平面PAD⊥平面PCD ．（II ）以A 为原点.AB 为x 轴.AD 为y 轴.以平面ABCD 过点A 的垂线为z 轴建立空间直角坐标角系A-xyz.如图所示：∵PB=BD= √6 .AB= √2 .AB⊥PA .AB⊥AD .∴PA=AD=2．∴P （0.-1. √3 ）.D （0.2.0）.B （ √2 .0.0）.C （2 √2 .2.0）.∴ PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.3.- √3 ）. BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（- √2 .-1. √3 ）. BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（ √2 .2.0）．设平面PBC 的法向量 n ⃗ =（x.y.z ）.则 {n ⃗ •BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ •BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. ∴ {√2x +2y =0−√2x −y +√3z =0 .取x= √2 .得 n ⃗ =（ √2 .-1. √33 ）. ∴cos ＜ n ⃗ . PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＞= n ⃗ •PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = −4√103•2√3 =- √105． ∴直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值为√105 ．【点评】：本题考查了面面垂直的性质.空间向量的应用与空间角的计算.属于中档题．22.（问答题.15分）在平面直角坐标系xOy 中.已知椭圆C ： x 2a 2 + y 2b 2 =1（a ＞b ＞0）的离心率为 √32 .且过点（ √3 . 12 ）.点P 在第四象限.A 为左顶点.B 为上顶点.PA 交y 轴于点C.PB 交x 轴于点D ．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求△PCD 面积的最大值．【正确答案】：【解析】：（1）利用椭圆的离心率求得 b a =12 .将（ √3 . 12 ）代入椭圆方程.即可求得a 和b 的值．（2）设P （m.n ）.m ＞0.n ＞0.且. m 24+n 2=1 可得 S △PCD =12•m (2n−m−2)(n−1)(m+2)•(−n ) =nm 2+2mn−2mn 22(n−1)(m+2) = n(4−4n 2)+2mn (1−n )2(n−1)(m+2) =- n (2n+m+2)m+2 = 12(m −2n −2) ． 设P 处的切线为：x-2y+t=0.t ＜0．由 {x =2y −t x 2+4y 2−4=0⇒8y 2-4ty+t 2-4=0.△=-16t 2+128=0⇒t=-2 √2 时．S △PCD 取得最大值.【解答】：解：（1）由已知得 c a =√32 .⇒ b a =12 . 点（ √3 . 12 ）代入 x 2a 2 + y 2b 2 =1可得 3a 2+14b 2=1 ． 代入点（ √3 . 12 ）解得b 2=1.∴椭圆C 的标准方程： x 24+y 2=1 ．（2）可得A （-2.0）.B （0.1）．设P （m.n ）.m ＞0.n ＞0.且. m 24+n 2=1 PA ： y =n m+2(x +2) .PB ：n−1m x +1 . 可得C （0. 2n m+2 ）.D （ m 1−n ，0 ）．由 {y =n−1m x +1y =2n m+2可得x= m (2n−m−2)(n−1)(m+2) ． S △PCD =12•m (2n−m−2)(n−1)(m+2)•(−n ) =nm 2+2mn−2mn 22(n−1)(m+2) = n(4−4n 2)+2mn (1−n )2(n−1)(m+2) =- n (2n+m+2)m+2 = 12(m −2n −2) ．设P 处的切线为：x-2y+t=0.t ＜0．{x =2y −t x 2+4y 2−4=0⇒8y 2-4ty+t 2-4=0.△=-16t 2+128=0⇒t=-2 √2 ． 此时.方程组的解 {x =√2y =−√22即点P （ √2 .- √22 ）时.S △PCD 取得最大值.最大值为 √2 -1．【点评】：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、三角形面积计算公式.考查了推理能力与计算能力.属于难题．。
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二(上)期中数学试卷试题及答案
2019-2020学年学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷一、选择题1．圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，则它的侧面积是（）A．B．πS C．2πS D．4πS2．若直线l与平面α相交，则（）A．α内所有直线与l异面B．α内只存在有限条直线与l共面C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内存在无数条直线与l垂直3．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β4．如图，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，侧面B′B′CC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，则三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积为（）A．12 B．6 C．4 D．无法确定5．四面体ABCD中，AB＝CD＝2，其余棱长均为4，则该四面体外接球半径为（）A．B．C．3D．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A．B．C．5 D．27．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，BC的中点，若M在以C1N为直径的圆上，则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A．45°B．60°C．900D．随长方体的形状变化而变化8．一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1，P，Q，R分别为AD，BB1，A1B1的中点，如图所示．由于某种原因，在P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（）边形A．3 B．4 C．5 D．69．已知a＝sin1.5+cos1.5，b＝sin1.5•cos1.5，c＝（cos1.5）sin1.5，d＝（sin1.5）cos1.5，则a，b，c，d的大小关系为（）A．b＜c＜d＜a B．b＜d＜c＜a C．d＜b＜c＜a D．d＜c＜b＜a 10．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＞0}，B＝{x|x2﹣3ax+4≤0}，若a＞0，且A∩B中恰好有两个整数解，则a的取值范围是（）A．[）B．（）C．[）D．（）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．棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为．12．二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为45°，则AB 与平面β所成的角的余弦值是．13．正三棱锥的高为1，底面边长为2，则它体积为；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为．14．若f（x）＝﹣3x为奇函数，则a＝，此时，不等式f（1﹣x2）+f（3x+9）＜0的解集为．15．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是对角线AC1上一点，N是底面ABCD上一点．若AB＝2，BC＝AA1＝，则MB1+MN的最小值为．16．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E．（1）若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是；（2）|A1P|的最小值为．17．若不等式[2x（t﹣1）﹣1]•log a≥0对任意的正整数x恒成立（其中a∈R，且a ＞1），则t的取值范围是．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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若cos C＝，且＝，求△ABC的面积；（2）设向量＝（2sin，），＝（cos B，cos），且∥，b＝2，求a+c的取值范围．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD中，BC∥AD，且AD＝2BC，O，E分别为AD，PD 中点．（1）设平面PAB∩平面PCD＝l，请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点，证明：OQ∥平面PAB．20．已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n成立的最小正整数n的值．21．对于函数f（x），若存在实数对（m，n），使得等式f（m+x）•f（m﹣x）＝n对定义域中的每一个x都成立，则称函数f（x）是“（m，n）型函数”．（1）判断函数f（x）＝是否为“（m，n）型函数”，并说明理由；（2）①若函数g（x）是“（1，4）型函数”，已知g（0）＝1，求g（2）；②若函数g（x）是“（1，4）型函数”，且当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），若当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，试求a的取值范围．22．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A═120°，M为线段BC的中点，D为线段BC 上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD，记二面角C′﹣AD﹣B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小，并证明你的结论；（3）求cosα的值．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，只有一项是符合题目要求的．1．圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，则它的侧面积是（）A．B．πS C．2πS D．4πS解：∵圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，∴圆柱的母线长为，底面圆的直径为，∴圆柱的侧面积S＝π××＝πS．故选：B．2．若直线l与平面α相交，则（）A．α内所有直线与l异面B．α内只存在有限条直线与l共面C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内存在无数条直线与l垂直解：对于A，α内过直线l与平面α交点的直线与直线l是共面直线，∴A错误；对于B，α内过直线l与平面α交点的直线有无数条，且这些直线与直线l都是共面直线，∴B错误；对于C，α内不存在与直线l平行的直线，∴C错误；对于D，如图所示，直线PA与平面α交于点A，PO⊥α，则OA是PA在α内的射影，在α内作直线l⊥OA，则l⊥PA，这样的直线l有无数条，∴D正确．故选：D．3．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β解：A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或为异面直线，因此不正确；B．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β，正确；C．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥β或n⊂β，因此不正确；D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊂β，或n∥β，或n与β相交，因此不正确．故选：B．4．如图，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，侧面B′B′CC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，则三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积为（）A．12 B．6 C．4 D．无法确定解：∵侧面B′BCC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，∴V四棱锥A′﹣BCC′B′＝．∵．∵V四棱锥A′﹣BCC′B′+V三棱锥A′﹣ABC＝V三棱柱ABC﹣A′B′C′．∴．∴V三棱柱ABC﹣A′B′C′＝6．故选：B．5．四面体ABCD中，AB＝CD＝2，其余棱长均为4，则该四面体外接球半径为（）A．B．C．3D．解：四面体ABCD放到长方体中，AB＝CD＝2，其余AC＝BC＝AD＝DB＝4设长方体的边长分别为a，b，c．则，解得a2+b2+c2＝18，四面体外接球半径：2R＝3．R＝．故选：D．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A．B．C．5 D．2解：由题意可知几何体是正方体的一部分，是四棱锥P﹣ABCD，正方体的棱长为3，P是所在棱的3等分点，PB＝＝，PA＝＝，PC＝＝，所以最长棱长为PB，．故选：B．7．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，BC的中点，若M在以C1N为直径的圆上，则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A．45°B．60°C．900D．随长方体的形状变化而变化解：如图所示：∵M、N分别是棱BB1、BC的中点，∴MN∥CB1，∵M在以C1N为直径的圆上，∴∠C1MN＝90°，∴C1M⊥MN，∴C1M⊥CB1，由长方体的几何特征，我们可得C1D1⊥B1C，∴B1C⊥平面C1D1M，∵A1D∥B1C，∴A1D⊥平面C1D1M，∴A1D⊥D1M，即异面直线A1D与D1M所成的角为90°，故选：C．8．一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1，P，Q，R分别为AD，BB1，A1B1的中点，如图所示．由于某种原因，在P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（）边形A．3 B．4 C．5 D．6解：如图，连接QR并延长，分别交AA1，AB的延长线与E，F，连接PE交A1D1于G，连接PF交BC于H，连接PH，QH，GR，则五边形PGRQH即为此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状，故选：C．9．已知a＝sin1.5+cos1.5，b＝sin1.5•cos1.5，c＝（cos1.5）sin1.5，d＝（sin1.5）cos1.5，则a，b，c，d的大小关系为（）A．b＜c＜d＜a B．b＜d＜c＜a C．d＜b＜c＜a D．d＜c＜b＜a解：因为＜1.5＜，所以＜sin1.5＜1；0＜cos1.5＜，∴a＞，0＜b＜；∴b＜a；找中间量sin1.5sin1.5，由y＝sin1.5x是R上的减函数，sin1.5＞cos1.5，可得sin1.5sin1.5＜sin1.5cos1.5；由y＝x sin1.5是（0，+∞）上的增函数，sin1.5＞cos1.5，可得cos1.5sin1.5＜sin1.5sin1.5；故c＜d，只有A答案合适．故选：A．10．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＞0}，B＝{x|x2﹣3ax+4≤0}，若a＞0，且A∩B中恰好有两个整数解，则a的取值范围是（）A．[）B．（）C．[）D．（）解：A＝（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞），令f（x）＝x2﹣3ax+4，由题意，△＝9a2﹣16＞0，且a＞0，∴解得，，又，∴要使A∩B中恰好有两个整数解，则只能是4和5，∴，解得，∴a的取值范围是．故选：A．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．棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为a．解：棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，取BD中点G，连结BE，CE，EG，FG，则EG∥AB，且EG＝FG＝＝，∴∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角），BE＝CE＝＝，EF＝＝，cos∠EFG＝＝＝，∴∠EFG＝，∴异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为．故答案为：，．12．二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为45°，则AB与平面β所成的角的余弦值是．解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D．连结AD，根据三垂线定理可得AD⊥l，因此，∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，∠ADC＝60°又∵AB与l所成角为45°，∴∠ABD＝45°连结BC，可得BC为AB在平面β内的射影，∴∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD＝2x，则Rt△ACD中，AC＝AD sin60°＝x，Rt△ABD中，AB＝＝2，BC＝＝，∴Rt△ABC中，cos∠ABC＝＝＝．故答案为：．13．正三棱锥的高为1，底面边长为2，则它体积为2；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为﹣2 ．解：底面等边三角形的面积S＝＝，所以V＝，设内切球的球心为O，半径为r，则在O与底面的中心M，BM＝，OE＝r，OA＝1﹣r，侧面斜边的高AB＝由△AOE ∽△ABM，得相似得，得，，所以．故答案为：﹣2．14．若f（x）＝﹣3x为奇函数，则a＝ 1 ，此时，不等式f（1﹣x2）+f（3x+9）＜0的解集为（﹣2，5）．解：∵f（x）为奇函数，∴f（0）＝0，，∴a＝1．∴∵，∴f（x）为减函数，且为奇函数∵f（1﹣x2）+f（3x+9）＜0，∴f（1﹣x2）＜﹣f（3x+9）＝f（﹣3x﹣9），∴1﹣x2＞﹣3x﹣9，∴﹣2＜x＜5．故不等式的解集为（﹣2，5）．故答案为：1，（﹣2，5）．15．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是对角线AC1上一点，N是底面ABCD上一点．若AB＝2，BC＝AA1＝，则MB1+MN的最小值为．解：将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置，使得平面APC1和平面ACC1在同一平面内，过点P作PN⊥平面ABCD，交AC1于M，垂足为N，则PN为MB1+MN的最小值．∵AB＝2，BC＝AA1＝，∴AC1＝＝2，AP＝AB1＝＝，∵sin∠C1AC＝＝＝，∴∠C1AC＝30°，∴∠PAN＝2∠C1AC＝60°，∴PN＝AP•sin∠PAN＝＝．∴MB1+MN的最小值为．故答案为：．16．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E．（1）若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是平行；（2）|A1P|的最小值为．解：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1（1，0，1），E（0，1，），B（1，1，0），∵P，Q均在平面A1B1C1D1内，∴设P（a，b，1），Q（m，n，1），则＝（﹣1，1，﹣），＝（a﹣1，b﹣1，1），＝（m﹣1，n﹣1，1），∵BP⊥A1E，BQ⊥A1E．∴，解得，∴PQ∥BD，即PQ与BD的位置关系是平行．故答案为：平行．（2）当|A1P|取最小值时，P在平面A1B1C1D1内，设P（a，b，1），由（1）得b＝a+，∴|A1P|＝＝＝＝，∴当a＝，即P（，，1）时，|A1P|的最小值为．故答案为：．17．若不等式[2x（t﹣1）﹣1]•log a≥0对任意的正整数x恒成立（其中a∈R，且a＞1），则t的取值范围是．解：原不等式等价于：或即①或②，注意到x＝1时，②成立，此时≤t≤；当x∈Z，x≥2时，①成立，在①中，1+≤t≤x﹣，又g（x）＝x﹣﹣为单调递增函数，所以，要使对x∈Z，x≥2成立，只需x＝2时成立，又x＝2时，≤t≤，所以要使不等式对任意的正整数x恒成立，则t的取值范围是：≤t≤，故答案为：≤t≤．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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若cos C＝，且＝，求△ABC的面积；（2）设向量＝（2sin，），＝（cos B，cos），且∥，b＝2，求a+c的取值范围．【解答】解（1）由•＝，得ab cos C＝．又因为cos C＝，所以ab＝＝．又C为△ABC的内角，所以sin C＝．所以△ABC的面积S＝ab sin C＝3．（2）因为∥，所以2sin cos＝cos B，即sin B＝cos B．因为cos B≠0，所以tan B＝．因为B为三角形的内角，0＜B＜π，所以B＝．由正弦定理＝，所以a＝，c＝，所以a+c＝，又A+C＝，所以a+c＝＝4（cos C+）＝4sin（C+），又0，所以＜C+，所以∈（2，4]．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD中，BC∥AD，且AD＝2BC，O，E分别为AD，PD 中点．（1）设平面PAB∩平面PCD＝l，请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点，证明：OQ∥平面PAB．【解答】（1）解：分别延长AB和DC交于点R，连接PR，则直线PR就是l的位置；R∈AB⊂平面PAB，R∈CD⊂平面PCD，所以P、R是平面PAB和平面PCD的两个公共点，由公理1可知，过P、R的直线就是两个平面的交线l．（2）证明：连接OE、OC，因为BC∥AD，且BC＝AD，又AO＝AD，所以BC∥AO，且BC＝AO，所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC∥AB，则OC∥平面PAB；又OE为△PAD的中位线，则OE∥AP，所以OE∥平面PAB，又OE⊂平面OEC，OC⊂平面OEC，且OE∩OC＝O，所以平面PAB∥平面OEC，又OQ⊂平面OEC，所以OQ∥平面PAB．20．已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n成立的最小正整数n的值．解：（1）当n≥2时，2S n﹣1﹣（n﹣1）a n﹣1＝3（n﹣1），又2S n﹣na n＝3n，相减可得（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝3，当n≥3时，（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1＝3，所以（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1，可得2a n﹣1＝a n﹣2+a n，所以{a n}为等差数列．又2S1﹣a1＝3，且a1＝S1，得a1＝3，又a2＝5，所以{a n}为公差为2的等差数列，则a n＝2n+1；（2）b n＝＝＝＝＝（﹣），T n＝（﹣+﹣+﹣+﹣+…+﹣）＝（﹣），要使T n成立，即（﹣）＞，解得n＞，所以最小正整数n的值为8．21．对于函数f（x），若存在实数对（m，n），使得等式f（m+x）•f（m﹣x）＝n对定义域中的每一个x都成立，则称函数f（x）是“（m，n）型函数”．（1）判断函数f（x）＝是否为“（m，n）型函数”，并说明理由；（2）①若函数g（x）是“（1，4）型函数”，已知g（0）＝1，求g（2）；②若函数g（x）是“（1，4）型函数”，且当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），若当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，试求a的取值范围．解：（1），则x2＝m2﹣n2不可能恒成立，所以f（x）＝x不是““（m，n）型函数”；（2）①由题意，g（x+1）g（1﹣x）＝4，取x＝1，则g（2）g（0）＝4，又g（0）＝1，所以g（2）＝4．②方法一：∵（x+1）g（1﹣x）＝4，所以g（x）g（2﹣x）＝4．当x∈[0，1]时，2﹣x ∈[1，2]时，g（2﹣x）＝＝＝．（a）当0＜a＜1时，0＜，则g（x）在[0，1]内先减后增，且g（，即1+a﹣a2≤g（x）≤2，则当x∈[1，2]时，2≤g（x）．所以当x∈[0，2]时，1+a﹣，由题意，，解得0≤a≤4，所以0＜a＜1．（b）当1≤a＜2时，，则g（x）在][0，1]内先减后增，且g（）≤g（x）≤g（0），即1+a﹣≤g（x）≤1+a，则当x∈[1，2]时，．要满足题意，则应满足，且解得0≤a≤33，所以1≤a＜2．（c）当a≥2时，≥1，则g（x）在[0，1]内递减，且g（1）≤g（x）≤g（0），即2≤g（x）≤1+a，则当x∈[1，2]时，．此时，g（x）min＝，g（x）min＝1+a．要满足条件，则应，解得a≤3，所以2≤a≤3．综上所述，0＜a≤3．方法二：当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，所以当x∈[1，2]时，1≤g（x）≤4；当x∈[0，1]时，2﹣x∈[1，2]时，所以g（2﹣x）∈[1，4]，而g（x）g（2﹣x）＝4，所以1，即1≤g（x）≤4，所以问题转化为当x∈[0，1]时，1≤g（x）≤4即可．当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），．（1）当0＜＜1，即0＜a＜2时，，解得0≤a≤3，所以0＜a＜2；（2）当，即a≥2时，只要解得a≤3，所以2＜a≤3；综上所述，0＜a≤3．22．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A═120°，M为线段BC的中点，D为线段BC 上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD，记二面角C′﹣AD﹣B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小，并证明你的结论；（3）求cosα的值．解：（1）证明：∵AM⊥BD，BD⊥AC′，AM∩AC′＝A，∴BD⊥平面AMC′，∵BD⊂平面ABD，∴平面△AMC′⊥平面ABD．（2）解：如图，在△C′AM所在平面内，过点C′作C′P⊥AM，垂足为P，则C′P⊥平面ABD，过P作PQ⊥AD，连接C′Q，则C′Q⊥AQ，∠C′QP＝α．又QC′是由QC翻折得到，∴∠C′QP＝α＝2∠C′CQ，且∠C′CQ就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理，又C′D是由DC翻折得到，∴∠C′DB＝2∠C′CD．由线面角的最小性可知，∠C′CD＞∠C′CQ，∴∠C′DB＞α．（3）解：如图，在△C′AM中，过点C′作AM的垂线，垂足为P，过P作AD的垂线，垂足为Q．平面AMC′⊥平面BCD，交线为AM，C′P⊥平面ABD，又PQ⊥AD，∴CQ⊥AD．∴∠C′QP就是二面角C′﹣AD﹣B的平面角．设AB＝AC＝BD＝4，则BM＝MC＝2，MD＝4﹣2，CD＝4﹣4＝C′D，在直角△C′DM中，C′M2＝C′D2﹣DM2＝36﹣16．。
【20套试卷合集】杭州学军中学2019-2020学年数学高二上期中模拟试卷含答案
2019-2020学年高二上数学期中模拟试卷含答案 一、选择题（本题共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.直线的倾斜角的大小是（ ） A ．B ．C ．D ．2. 圆的圆心坐标和半径分别是（ ）A ．（0，2）2B ．（2，0）4C ．（－2，0）2D ．（2，0）23．点（2，3，4）关于x 轴的对称点的坐标为（ ）A.(-2，3，4)B.(2，-3，-4)C.(-2，-3，4)D.(-2，-3，-4)4. 有下列四个命题：①“若0=+y x ，则y x ,互为相反数”的逆命题；②“全等三角形的面积相等”的否命题；③“若1≤q ，则022=++q x x 有实根”的逆否命题；④“不等边三角形的三个内角相等”的逆命题；其中真命题为（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④5.圆x 2+y 2+2x=0和x 2+y 2﹣4y=0的公共弦所在直线方程为（ ）A ．x ﹣2y=0B ．x+2y=0C ．2x ﹣y=0D ．2x+y=06.圆与圆的位置关系为（ ） A ．内切 B ．相交 C ．外切 D ．相离7.设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则是的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8.对任意的实数，直线与圆的位置关系一定是（ ）A ．相切B ．相交且直线过圆心C ．相交且直线不过圆心D ．相离9.圆上的点到直线的距离最大值是( )A ．2B ．1+C ．D ．1+ 10.已知直线，圆，则直线和圆在同一坐标系中的图形可能是（ ）二填空题：（本题共6小题，每小题4分，共24分.把答案填在答题纸的相应位置.）11. 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 ，体积是12. 在空间直角坐标系中，若点A （1，2，﹣1），B （﹣3，﹣1，4）．则|AB|=13.已知命题，使成立，则： ．14.经过点（3，-2），且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是15．直线130kx y k -+-=，当k 变化时，所有直线恒过定点16.如图，在正方体111ABCD A B C D -中，①异面直线1A D 与1D C 所成的角为60度；②直线1A D 与平面11AB C D 所成的角为30度；③1D C ⊥平面11AB C D ④平面1ADB 与平面11BB C C 所成角为60度⑤平面11//A D 平面1ADB 以上命题正确的是答题纸 二、填空题：（本题共6小题，每小题4分，共24分.把答案填在答题纸的相应位置.）11、 ， ；12、 ；13、14、 ；15、 ；16、三解答题：（本题共4小题，共36分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡的制定区域内.）17.（7分）求经过点M(2,-2),且与圆2260x y x+-=与224x y+=交点的圆的方程18.（9分）已知直线：，：，求当为何值时，与：（1）平行；（2）相交；（3）垂直19. （10分）已知圆及直线. 当直线被圆截得的弦长为时，求（1）的值；（2）求过点并与圆相切的切线方程.20.（10分）过原点O作圆x2+y2-8x=0的弦OA。
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区杭州学军中学高二数学上学期期末考试数学试题含解析
故选B.
〖点 睛〗本小题主要考查两个圆 位置关系，考查两圆外离时公切线的条数，考查化归与转化的数学思想方法，考查两点间的距离公式，属于基础题.
3.已知直线 ， 和平面 ， ， ，下列条件中能推出 是（ ）
A. ， ， B. ，
C. ， ， ， D. ，
〖答 案〗B
〖解 析〗
〖分析〗
根据面面平行的判定定理和线面垂直的性质直接判断即可.
〖详 解〗A：两个平面相交时，两个平面存在互相平行的直线，故本选项不正确；
B：垂直于同一直线的两平面平行，故本选项正确；
解法1：
设 ， ，利用三角形面积公式可以求出 的长，在利用 ，求出 的长，最后求出 的面积表达式，利用换元法和配方法求出 面积平方的最大值，最后求出 的值；
解法2：
设 ，求出 、 、 、 的大小，再求出 的大小，最后求出
表达式，利用同角三角函数的关系中商关系和基本不等式求出最大值，根据等号成立的条件求出 的值.
考虑四个选项，只有选D.
〖点 睛〗本题考查最小角定理的应用，线面角的最大值即为BE与CD所成的角.，属中档题.
9.已知 ，作直线 ，使得点 到直线 的距离均为 ，且这样的直线 恰有 条，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
〖答 案〗B
〖解 析〗
〖分析〗
分别以 为圆心，半径为 作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，根据圆心距和 的大小关系，求得 的取值范围.
在三角形OBC中，
cosB=﹣ ，
∴OC2=OB2+BC2﹣2OB=7，
浙江省学军中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题
2019学年学军中学高二上期末一、选择题：每小题4分，共40分1. 经过点()1,3A ，斜率为2的直线方程是（ ）A ．210x y --=B ．210x y ++=C ．210x y +-=D ．210x y -+=2. 椭圆22154x y +=的焦距为（ ）A ．6B ．3C ．2D ．13. 已知直线m ，n 和平面α，β，γ，下列条件中能推出αβ∥的是（ ） A ．m α⊂，n β⊂，m n ∥ B ．m α⊥，n β⊥C ．m α⊂，n α⊂，m β∥，n β∥D ．αγ⊥，βγ⊥4. 圆2220x y x +-=和2240x y y ++=的位置关系是（ ）A ．相离B ．外切C ．相交D ．内切5. 已知a ，b 是异面直线，P 是a ，b 外的一点，则下列结论中正确的是（ ） A ．过P 有且只有一条直线与a ，b 都垂直 B ．过P 有且只有一条直线与a ，b 都平行C ．过P 有且只有一个平面与a ，b 都垂直D ．过P 有且只有一个平面与a ，b 都平行6. 如图，ABC △中，AB BC =，120ABC ∠=︒，若以A ，B 为焦点的双曲线的渐近线经过点C ，则该双曲线的离心率为（ ）ABCD7. 直线3y kx =+与圆()()22324x y -+-=相交于M ，N两点，若MN ≥，则k 的取值范围是（ ）A ．3,04⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．[)3,0,4⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦C．⎡⎢⎣⎦D ．2,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦BCA8. 正四面体ABCD 的棱CD 在平面α内，点E 是线段AC 的中点，在该四面体绕CD 旋转的过程中，直线BE 与平面α所成角不可能．．．是（ ）A ．0B ．6πC ．3π D ．2π 9.已知两点(A，(B 到直线l 的距离均等于a ，且这样的直线可作4条，则a 的取值范围是（ ） A ．1a ≥ B ．01a <<C ．01a <≤D ．02a <<10. 如图，正四面体ABCD 中，P 、Q 、R 在棱AB 、AD 、AC 上，且AQ QD =，12AP CR PB RA ==，分别记二面角A PQ R --，A PR Q --，A QR P --的 平面角为α、β、γ，则（ ） A ．βγα>> B ．γβα>>C ．αγβ>>D ．αβγ>>二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11. 若圆22210x y ax y +++-=的圆心在直线y x =上，则a 的值是，半径为．12. 若直线1:60l x my ++=与()2:2320l m x y m -++=互相平行，则m 的值为，它们之间的距离为．13. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，外接球的表面积为．14. 已知双曲线22:1x C y m -=与椭圆22195y x +=共焦点，则m 的值为，设F 为双曲线C 的一个焦点，P 是C 上任意一点，则PF 的取值范围是．RQPD CBA 侧视图俯视图正视图15. 异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为．16. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在鳖臑P ABC -中，PA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，且1A P A C ==，过点A 分别作AE ⊥PB 于点E ，AF ⊥PC 于点F ，连结EF ，当△AEF 的面积最大时，tan BPC ∠=．17. 已知椭圆22:14x C y +=上的三点A ，B ，C ，斜率为负数的直线BC 与y 轴交于M ，若原点O 是ABC△的重心，且BMA △与CMO △的面积之比为32，则直线BC 的斜率为．三、解答题：5小题，共74分18. 已知0x >，0y >，且2520x y +=．（1）求xy 的最大值； （2）求11x y+的最小值．19. 如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=︒且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点． （1）求证：BG ∥平面PDE ； （2）求证：AD PB ⊥；F E CA P（3）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．0,2且被x轴分成的两段圆弧长之比为1:2，直线l与20.如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点()圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O．（1）求圆C的方程；（2）求直线OM的斜率k的取值范围．21. 如图，在四棱锥P ABCD -中，AB AP ⊥，AB CD ∥，且PB BC BD ==，2CD AB ==，120PAD ∠=︒．（1）求证：平面PAD ⊥平面PCD ；（2）求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．22. 如图，椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>，且过点12⎫⎪⎭．点P 为椭圆C 上的动点，且在第四象限，A 为左顶点，B 为上顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ．DCBAP（1）求椭圆C的方程；△的面积的最大值．（2）求PCD。
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二(上)期中数学试卷
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷一、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. 圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，则它的侧面积是（）S B.πS C.2πS D.4πSA.1π【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】根据圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S求出圆柱的母线长与底面圆的直径，代入侧面积公式计算．【解答】∵圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，∴圆柱的母线长为√S，底面圆的直径为√S，∴圆柱的侧面积S＝π×√S×√S=πS．2. 若直线l与平面α相交，则（）A.α内所有直线与l异面B.α内只存在有限条直线与l共面C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内存在无数条直线与l垂直【答案】D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】α内过直线l与平面α交点的直线与直线l共面，判断A错误；α内过直线l与平面α交点的直线有无数条，判断B错误；α内不存在与直线l平行的直线，判断C错误；画出图形，结合图形判断D正确．【解答】对于A，α内过直线l与平面α交点的直线与直线l是共面直线，∴A错误；对于B，α内过直线l与平面α交点的直线有无数条，且这些直线与直线l都是共面直线，∴B错误；对于C，α内不存在与直线l平行的直线，∴C错误；对于D，如图所示，直线PA与平面α交于点A，PO⊥α，则OA是PA在α内的射影，在α内作直线l⊥OA，则l⊥PA，这样的直线l有无数条，∴D正确．3. 已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若α // β，m⊂α，n⊂β，则m // nB.若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m // β，n // α，则α // βC.若α⊥β，m // n，m⊥α，则n // βD.若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β【答案】B【考点】命题的真假判断与应用【解析】A．由α // β，m⊂α，n⊂β，可知m与n无公共点，即可判断出正误；B．由m，n异面，m⊂α，n⊂β，m // β，n // α，即可得出α与β的位置关系；C．若α⊥β，m // n，m⊥α，则n // β或n⊂β，因此不正确；D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，可得n与β的三种位置关系都有可能．【解答】A．若α // β，m⊂α，n⊂β，则m // n或为异面直线，因此不正确；B．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m // β，n // α，则α // β，正确；C．若α⊥β，m // n，m⊥α，则n // β或n⊂β，因此不正确；D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊂β，或n // β，或n与β相交，因此不正确．4. 如图，三棱柱ABC−A′B′C′中，侧面B′B′CC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，则三棱柱ABC−A′B′C′的体积为（）A.12B.6C.4D.无法确定【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】由已知求得四棱锥A′−BCC′B′的体积，结合V A′−ABC=13V ABC−A′B′C′，可得V四棱锥A′−BCC′B′+V三棱锥A′−ABC＝V三棱柱ABC−A′B′C′，从而求得三棱柱ABC−A′B′C′的体积．【解答】∵侧面B′BCC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，∴V四棱锥A′−BCC′B′=13×4×3=4．∵V A′−ABC=13V ABC−A′B′C′．∵ V 四棱锥A′−BCC′B′+V 三棱锥A′−ABC ＝V 三棱柱ABC−A′B′C′． ∴ 23V ABC−A ′B ′C ′=V A ′−BCC ′B ′=4． ∴ V 三棱柱ABC−A′B′C′＝6．5. 四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝2，其余棱长均为4，则该四面体外接球半径为（ ）A.√14B.√142C.3√2D.3√22【答案】D【考点】球的体积和表面积 【解析】把四面体ABCD 放到长方体中，不难发现AB ＝CD ＝2，其余棱长均为4正好是长方体的对角线．从而即可求解四面体外接球半径 【解答】四面体ABCD 放到长方体中，AB ＝CD ＝2，其余AC ＝BC ＝AD ＝DB ＝4 设长方体的边长分别为a ，b ，c ．则{a 2+b 2=20b 2+c 2=20a 2+c 2=32 ，解得a 2+b 2+c 2＝18， 四面体外接球半径：2R ＝3√2．R =3√22．6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（ ）A.√19B.√22C.5D.2√7【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的最长棱长． 【解答】由题意可知几何体是正方体的一部分，是四棱锥P −ABCD ，正方体的棱长为3，P 是所在棱的3等分点，PB =√32+32+22=√22，PA =√32+22=√13，PC =√32+32+12=√19， 所以最长棱长为PB ，√22．7. 在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱BB 1，BC 的中点，若M 在以C 1N 为直径的圆上，则异面直线A 1D 与D 1M 所成的角为（ ）A.45∘B.60∘C.900D.随长方体的形状变化而变化【答案】C【考点】异面直线及其所成的角【解析】推导出C1M⊥MN，C1M⊥CB1，C1D1⊥B1C，从而B1C⊥平面C1D1M，由A1D // B1C，得A1D⊥平面C1D1M，由此能求出异面直线A1D与D1M所成的角的大小．【解答】如图所示：∵M、N分别是棱BB1、BC的中点，∴MN // CB1，∵M在以C1N为直径的圆上，∴∠C1MN＝90∘，∴C1M⊥MN，∴C1M⊥CB1，由长方体的几何特征，我们可得C1D1⊥B1C，∴B1C⊥平面C1D1M，∵A1D // B1C，∴A1D⊥平面C1D1M，∴A1D⊥D1M，即异面直线A1D与D1M所成的角为90∘，故选：C．8. 一封闭的正方体容器ABCD−A1B1C1D1，P，Q，R分别为AD，BB1，A1B1的中点，如图所示．由于某种原因，在P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（）边形A.3B.4C.5D.6【答案】C【考点】平面的基本性质及推论【解析】画出过P，Q，R三点的平面与正方体容器ABCD−A1B1C1D1的截面得答案．【解答】如图，连接QR 并延长，分别交AA 1，AB 的延长线与E ，F ， 连接PE 交A 1D 1于G ，连接PF 交BC 于H ，连接PH ，QH ，GR ，则五边形PGRQH 即为此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状，9. 已知a ＝sin1.5+cos1.5，b ＝sin1.5⋅cos1.5，c ＝(cos1.5)sin1.5，d ＝(sin1.5)cos1.5，则a ，b ，c ，d 的大小关系为（ ） A.b <c <d <a B.b <d <c <a C.d <b <c <a D.d <c <b <a 【答案】 A【考点】三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】因为π3<1.5<π2，所以√32<sin1.5<1；0<cos1.5<12，注意到四个答案里都是a 最大，主要比较c 与d 的大小关系即可；找中间量sin1.5sin1.5，由y ＝sin1.5x 是R 上的减函数，sin1.5>cos1.5，可得sin1.5sin1.5<sin1.5cos1.5；由y ＝x sin1.5是(0, +∞)上的增函数，sin1.5>cos1.5，可得cos1.5sin1.5<sin1.5sin1.5； 故c <d ，只有A 答案合适． 【解答】因为π3<1.5<π2，所以√32<sin1.5<1；0<cos1.5<12，∴ a >√32，0<b <12；∴ b <a ；找中间量sin1.5sin1.5，由y ＝sin1.5x 是R 上的减函数，sin1.5>cos1.5，可得sin1.5sin1.5<sin1.5cos1.5；由y ＝x sin1.5是(0, +∞)上的增函数，sin1.5>cos1.5，可得cos1.5sin1.5<sin1.5sin1.5； 故c <d ，只有A 答案合适．10. 已知集合A ＝{x|x 2−x −6>0}，B ＝{x|x 2−3ax +4≤0}，若a >0，且A ∩B 中恰好有两个整数解，则a 的取值范围是（ ） A.[2915,209) B.(2915,209)C.[139,209)D.(53,209)【答案】 A【考点】交集及其运算 【解析】可以求出集合A ＝(−∞, −2)∪(3, +∞)，可令f(x)＝x 2−3ax +4，根据a >0及△>0即可得出a >43，并且求出B =[3a−√9a2−162,3a+√9a 2−162]，可得出0<3a−√9a2−162<2，从而得出要使A ∩B 中恰好有两个整数解，只能是4和5，从而可得出{f(4)≤0f(5)≤0f(6)>0 ，解出a的范围即可． 【解答】A ＝(−∞, −2)∪(3, +∞)，令f(x)＝x 2−3ax +4，由题意，△＝9a 2−16>0，且a >0，∴ 解得a >43，B =[3a−√9a2−162,3a+√9a 2−162]，又0<3a−√9a 2−162=2<2，∴ 要使A ∩B 中恰好有两个整数解，则只能是4和5， ∴ {f(4)=16−12a +4≤0f(5)=25−15a +4≤0f(6)=36−18a +4>0 ，解得2915≤a <209，∴ a 的取值范围是[2915,209)．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.棱长为a 的正四面体ABCD 中，E ，F 分别为棱AD ，BC 的中点，则异面直线EF 与AB 所成的角大小是________，线段EF 的长度为________． 【答案】4,√2 【考点】异面直线及其所成的角 【解析】取BD 中点G ，连结BE ，CE ，EG ，FG ，则EG // AB ，且EG ＝FG =12AB =a2，∠EFG 是异面直线EF 与AB 所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线EF 与AB 所成的角大小和线段EF 的长度． 【解答】棱长为a 的正四面体ABCD 中，E ，F 分别为棱AD ，BC 的中点， 取BD 中点G ，连结BE ，CE ，EG ，FG ， 则EG // AB ，且EG ＝FG =12AB =a2，∴ ∠EFG 是异面直线EF 与AB 所成的角（或所成角的补角）， BE ＝CE =√a 2−(a2)2=√3a2，EF =√(√3a 2)2−(a2)2=√2a 2， cos∠EFG =EF 2+GF 2−EG 22×EF×GF =a 22+a 24−a 242×√2a 2×a 2=√22， ∴ ∠EFG =π4，∴ 异面直线EF 与AB 所成的角大小是π4，线段EF 的长度为√22a ．二面角α−l −β的大小是60∘，线段AB ⊂α，B ∈l ，AB 与l 所成的角为45∘，则AB 与平面β所成的角的余弦值是________． 【答案】 √104【考点】直线与平面所成的角【解析】根据二面角和直线和平面所成角的定义，先作出对应的平面角，结合三角形的边角关系进行求解即可．【解答】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D．连结AD，根据三垂线定理可得AD⊥l，因此，∠ADC为二面角α−l−β的平面角，∠ADC＝60∘又∵AB与l所成角为45∘，∴∠ABD＝45∘连结BC，可得BC为AB在平面β内的射影，∴∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD＝2x，则Rt△ACD中，AC＝ADsin60∘=√3x，Rt△ABD中，AB=ADsin45=2√2x，BC=√(2√2x)2−(√3x)2=√5x，∴Rt△ABC中，cos∠ABC=BCAB =√5x2√2x=√104．正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，则它体积为________；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为________．【答案】2√3,√6−2【考点】球的体积和表面积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】求出底面的面积，利用体积公式带入即可，要求内切球半径，根据横截面图，利用三角形相似得出r．【解答】底面等边三角形的面积S=√34⋅(2√6)2=6√3，所以V=13⋅6√3⋅1=2√3，设内切球的球心为O，半径为r，则在O与底面的中心M，BM=2√6⋅√32⋅13=√2，OE＝r，OA＝1−r，侧面斜边的高AB=√1+OM2=√3由△AOE∽△ABM，得相似得rBM =1−rAB，得2=3，r(√3+√2)=√2，所以r=√6−2．若f(x)=a−4x2−3x为奇函数，则a＝________，此时，不等式f(1−x2)+f(3x+ 9)<0的解集为________．【答案】1,(−2, 5)【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】含有参数的函数奇偶性问题，要利用常见的结论，通过赋值法解决；第二问综合应用函数单调性和奇偶性的性质．【解答】∵f(x)为奇函数，∴f(0)＝0，a−4020−3×0=0，∴a＝1．∴f(x)=1−4x2x =12x−2x,∵12x,−2x，∴f(x)为减函数，且为奇函数∵f(1−x2)+f(3x+9)<0，∴f(1−x2)<−f(3x+9)＝f(−3x−9)，∴1−x2>−3x−9，∴−2<x<5．故不等式的解集为(−2, 5)．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，M是对角线AC1上一点，N是底面ABCD上一点．若AB＝2，BC＝AA1=√2，则MB1+MN的最小值为________3√22．【答案】3√22．【考点】点、线、面间的距离计算【解析】将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置，使得平面APC1和平面ACC1在同一平面内，则P到平面ABCD的距离即为MB1+MN的最小值，利用勾股定理解出即可．【解答】将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置，使得平面APC 1和平面ACC 1在同一平面内，过点P 作PN ⊥平面ABCD ，交AC 1于M ，垂足为N ，则PN 为MB 1+MN 的最小值． ∵ AB ＝2，BC ＝AA 1=√2，∴ AC 1=√4+2+2=2√2，AP ＝AB 1=√4+2=√6， ∵ sin∠C 1AC =CC1AC 1=√22√2=12，∴ ∠C 1AC ＝30∘，∴ ∠PAN ＝2∠C 1AC ＝60∘，∴ PN ＝AP ⋅sin∠PAN =√6⋅√32=3√22．∴ MB 1+MN 的最小值为3√22．在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是正方体表面上相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E ．（1）若P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，则PQ 与BD 的位置关系是________；（2）|A 1P|的最小值为________． 【答案】 平行3√24【考点】点、线、面间的距离计算空间中直线与直线之间的位置关系 【解析】（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能判断PQ 与BD 的位置关系．（2）当|A 1P|取最小值时，P 在平面A 1B 1C 1D 1内，设P(a, b, 1)，推导出b ＝a +12，由此能求出|A 1P|的最小值． 【解答】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A 1(1, 0, 1)，E(0, 1, 12)，B(1, 1, 0)，∵ P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，∴ 设P(a, b, 1)，Q(m, n, 1)，则A 1E →=(−1, 1, −12)，BP →=(a −1, b −1, 1)，BQ →=(m −1, n −1, 1)，∵ BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E ．∴ {BP →⋅A 1E →=−(a −1)+(b −1)−12=0BQ →⋅A 1E →=−(m −1)+(n −1)−12=0， 解得{b −a =12n −m =12 ，∴ PQ // BD ，即PQ 与BD 的位置关系是平行．故答案为：平行．当|A 1P|取最小值时，P 在平面A 1B 1C 1D 1内，设P(a, b, 1)，由（1）得b ＝a +12，∴ |A 1P|=√(a −1)2+b 2=√(a −1)2+(a +12)2=√2a 2−a +54=√2(a −14)2+98，∴ 当a =14，即P(14, 34, 1)时，|A 1P|的最小值为3√24．故答案为：3√24．若不等式[2x (t −1)−1]•log a4x−14t ≥0对任意的正整数x 恒成立（其中a ∈R ，且a >1），则t 的取值范围是________54≤t ≤32 ． 【答案】 54≤t ≤32 【考点】 函数恒成立问题 【解析】原不等式等价于{2x (t −1)−1≥0log a 4x−14t≥0 或{2x (t −1)−1≤0log a 4x−14t≤0 即{t ≥1+12xt ≤x −14 ①或{t ≤1+12xt ≥x −14②，进而求解； 【解答】原不等式等价于： {2x (t −1)−1≥0log a4x−14t≥0或{2x (t −1)−1≤0log a4x−14t ≤0即{t ≥1+12x t ≤x −14 ①或{t ≤1+12xt ≥x −14②，注意到x ＝1时，②成立，此时34≤t ≤32；当x ∈Z ，x ≥2时，①成立，在①中，1+12x ≤t ≤x −14，又g(x)＝x −12x −54为单调所以，要使{t ≥1+12xt ≤x −14 对x ∈Z ，x ≥2成立，只需x ＝2时成立，又x ＝2时，54≤t ≤74， 所以要使不等式对任意的正整数x 恒成立， 则t 的取值范围是：54≤t ≤32，三、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．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．（1）若cosC =35，且CB →⋅CA →=92，求△ABC 的面积；（2）设向量x →=(2sin B2, √3)，y →=(cosB, cos B2)，且x → // y →，b ＝2，求a +c 的取值范围． 【答案】由CB →⋅CA →=92，得abcosC =92．又因为cosC =35，所以ab =92cosC =152．又C 为△ABC 的内角，所以sinC =45． 所以△ABC 的面积S =12absinC ＝3．因为x → // y →，所以2sin B2cos B 2=√3cosB ，即sinB =√3cosB ．因为cosB ≠0，所以tanB =√3． 因为B 为三角形的内角，0<B <π，所以B =π3． 由正弦定理asinA =csinC =bsinB =√3，所以a =√3，c =√3，所以a +c =√3+sinC)，又A +C =2π3，所以a +c =√3[sin(2π3−C)+sinC]=4(cosC +√32sinC)＝4sin(C +π6)，又0<C <2π3，所以π6<C +π6<5π6，所以∈(2, 4]．【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】（1）由CB →⋅CA →=92，得ab =152．可得△ABC 的面积S =12absinC ＝3． （2）由x → // y →，可得B =π3．由正弦定理可得a =√3，c =√3，则a +c =√3[sin(2π3−C)+sinC]=4(cosC +√32sinC)＝4sin(C +π6)，即可求解．由CB →⋅CA →=92，得abcosC =92．又因为cosC =35，所以ab =92cosC =152．又C 为△ABC 的内角，所以sinC =45． 所以△ABC 的面积S =12absinC ＝3．因为x → // y →，所以2sin B2cos B 2=√3cosB ，即sinB =√3cosB ．因为cosB ≠0，所以tanB =√3． 因为B 为三角形的内角，0<B <π，所以B =π3． 由正弦定理asinA =csinC =bsinB =√3，所以a =√3，c =√3，所以a +c =√3+sinC)，又A +C =2π3，所以a +c =√3[sin(2π3−C)+sinC]=4(cosC +√32sinC)＝4sin(C +π6)，又0<C <2π3，所以π6<C +π6<5π6，所以∈(2, 4]．如图，在四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 中，BC // AD ，且AD ＝2BC ，O ，E 分别为AD ，PD 中点．（1）设平面PAB ∩平面PCD ＝l ，请作图确定l 的位置并说明你的理由；（2）若Q 为直线CE 上任意一点，证明：OQ // 平面PAB ． 【答案】分别延长AB 和DC 交于点R ，连接PR ，则直线PR 就是l 的位置； R ∈AB ⊂平面PAB ，R ∈CD ⊂平面PCD ，所以P 、R 是平面PAB 和平面PCD 的两个公共点， 由公理1可知，过P 、R 的直线就是两个平面的交线l ． 证明：连接OE 、OC ，因为BC // AD ，且BC =12AD ， 又AO =12AD ，所以BC // AO ，且BC ＝AO ，所以四边形ABCO 为平行四边形， 所以OC // AB ，则OC // 平面PAB ； 又OE 为△PAD 的中位线，则OE // AP ， 所以OE // 平面PAB ，又OE⊂平面OEC，OC⊂平面OEC，且OE∩OC＝O，所以平面PAB // 平面OEC，又OQ⊂平面OEC，所以OQ // 平面PAB．【考点】直线与平面平行【解析】（1）分别延长AB和DC交于点R，连接PR，直线PR就是交线l的位置；根据平面公理即可得出结论；（2）连接OE、OC，证明OC // 平面PAB，OE // 平面PAB，得出平面PAB // 平面OEC，证得OQ // 平面PAB．【解答】分别延长AB和DC交于点R，连接PR，则直线PR就是l的位置；R∈AB⊂平面PAB，R∈CD⊂平面PCD，所以P、R是平面PAB和平面PCD的两个公共点，由公理1可知，过P、R的直线就是两个平面的交线l．AD，证明：连接OE、OC，因为BC // AD，且BC=12AD，所以BC // AO，又AO=12且BC＝AO，所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC // AB，则OC // 平面PAB；又OE为△PAD的中位线，则OE // AP，所以OE // 平面PAB，又OE⊂平面OEC，OC⊂平面OEC，且OE∩OC＝O，所以平面PAB // 平面OEC，又OQ⊂平面OEC，所以OQ // 平面PAB．已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n−na n＝3n(n∈N∗)，且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n=a a+a a，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n>√3成立的最小正整10数n的值．【答案】当n≥2时，2S n−1−(n−1)a n−1＝3(n−1)，又2S n−na n＝3n，相减可得(n−1)a n−1−(n−2)a n＝3，当n≥3时，(n−2)a n−2−(n−3)a n−1＝3，所以(n−1)a n−1−(n−2)a n＝(n−2)a n−2−(n−3)a n−1，可得2a n−1＝a n−2+a n，所以{a n}为等差数列．又2S1−a1＝3，且a1＝S1，得a1＝3，又a2＝5，所以{a n}为公差为2的等差数列，则a n＝2n+1；b n=a a+a a =a⋅a(a+a)=√2n+1⋅√2n+3(√2n+1+√2n+3)=√2n+3−√2n+1 22n+1⋅2n+3=12(2n+12n+3)，T n=12(√3√5√5−√7√7−13+13−√11+⋯√2n+1√2n+3)=12(√3√2n+3)，要使T n>√310成立，即12(√3√2n+3)>√310，解得n>638，所以最小正整数n的值为8．【考点】数列递推式数列的求和【解析】（1）运用数列的递推式，两次将n换为n−1，相减，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到所求；（2）求得b n=√a⋅√a(√a+√a)=√2n+1⋅√2n+3(√2n+1+√2n+3)=√2n+3−√2n+12√2n+1⋅√2n+3=1 2(2n+12n+3)，再由数列的裂项相消求和，以及不等式的解法，可得所求最小值．【解答】当n≥2时，2S n−1−(n−1)a n−1＝3(n−1)，又2S n−na n＝3n，相减可得(n−1)a n−1−(n−2)a n＝3，当n≥3时，(n−2)a n−2−(n−3)a n−1＝3，所以(n−1)a n−1−(n−2)a n＝(n−2)a n−2−(n−3)a n−1，可得2a n−1＝a n−2+a n，所以{a n}为等差数列．又2S1−a1＝3，且a1＝S1，得a1＝3，又a2＝5，所以{a n}为公差为2的等差数列，则a n＝2n+1；b n=a a+a a =a⋅a(a+a)=√2n+1⋅√2n+3(√2n+1+√2n+3)=√2n+3−√2n+1 2√2n+1⋅√2n+3=12(√2n+1√2n+3)，T n=12(355−77−13+13−11+⋯2n+12n+3)=12(32n+3)，要使T n>√310成立，即12(√3√2n+3)>√310，解得n>638，所以最小正整数n的值为8．对于函数f(x)，若存在实数对(m, n)，使得等式f(m+x)⋅f(m−x)＝n对定义域中的每一个x都成立，则称函数f(x)是“(m, n)型函数”．（1）判断函数f(x)=√x是否为“(m, n)型函数”，并说明理由；（2）①若函数g(x)是“(1, 4)型函数”，已知g(0)＝1，求g(2)；②若函数g(x)是“(1, 4)型函数”，且当x∈[0, 1]时，g(x)＝x2−a(x−1)+1(a>0)，若当x∈[0, 2]时，都有1≤g(x)≤4成立，试求a的取值范围．【答案】√m+x⋅√m−x=√m2−x2=n，则x2＝m2−n2不可能恒成立，所以f(x)＝x不是““(m, n)型函数”；①由题意，g(x+1)g(1−x)＝4，取x＝1，则g(2)g(0)＝4，又g(0)＝1，所以g(2)＝4．②方法一：∵(x+1)g(1−x)＝4，所以g(x)g(2−x)＝4．当x∈[0, 1]时，2−x∈[1, 2]时，g(2−x)=4g(x)=4x2−a(x−1)+1=4x2−ax+a+1．(a)当0<a<1时，0<a2<12，则g(x)在[0, 1]内先减后增，且g(a2≤g(x)≤41+a−a24，即1+a−14a2≤g(x)≤2，则当x∈[1, 2]时，2≤g(x)≤41+a−14a2．所以当x∈[0, 2]时，1+a−14a2≤g(x)≤41+a−14a2，由题意，{1+a−14a2≥141+a−14a2≤4，解得0≤a≤4，所以0<a<1．(b)当1≤a<2时，12≤a2<1，则g(x)在][0, 1]内先减后增，且g(a2)≤g(x)≤g(0)，即1+a−14a2≤g(x)≤1+a，则当x∈[1, 2]时，41+a ≤g(x)≤41+a−14a2．要满足题意，则应满足{41+a≥11+a−a24≥1，且{1+a≤441+a−a24≤4解得0≤a≤33，所以1≤a<2．(c)当a≥2时，a2≥1，则g(x)在[0, 1]内递减，且g(1)≤g(x)≤g(0)，即2≤g(x)≤1+a，则当x∈[1, 2]时，41+a ≤g(x)≤2．此时，g(x)min=41+a，g(x)min＝1+a．要满足条件，则应{41+a≥11+a≤4，解得a≤3，所以2≤a≤3．综上所述，0<a≤3．方法二：当x∈[0, 2]时，都有1≤g(x)≤4成立，所以当x∈[1, 2]时，1≤g(x)≤4；当x∈[0, 1]时，2−x∈[1, 2]时，所以g(2−x)∈[1, 4]，而g(x)g(2−x)＝4，所以1≤4g(x)≤4，即1≤g(x)≤4，所以问题转化为当x∈[0, 1]时，1≤g(x)≤4即可．当x∈[0, 1]时，g(x)＝x2−a(x−1)+1(a>0)，．（1）当0<a2<1，即0<a<2时，{g(a2)=1+a −a 24≥1g(0)=a +1≤4g(1)=2≤4，解得0≤a ≤3，所以0<a <2；（2）当a 2≥1，即a ≥2时，只要{g(0)=a +1≤4g(1)=2≥1解得a ≤3，所以2<a ≤3； 综上所述，0<a ≤3． 【考点】函数与方程的综合运用 【解析】（1）√m +x ⋅√m −x =√m 2−x 2=n ，则x 2＝m 2−n 2不可能恒成立，即可判定； （2）①由g(x +1)g(1−x)＝4，取x ＝1，则g(2)g(0)＝4，即可求得g(2)＝4． ②方法一：可得当x ∈[0, 1]时，2−x ∈[1, 2]时，g(2−x)=4g(x)=4x 2−a(x−1)+1=4x 2−ax+a+1．(a)当0<a <1时，(b)当1≤a <2时，(c)当a ≥2时讨论即可方法二：当x ∈[1, 2]时，1≤g(x)≤4；当x ∈[0, 1]时，2−x ∈[1, 2]时，所以g(2−x)∈[1, 4]，而g(x)g(2−x)＝4，所以1≤4g(x)≤4，即1≤g(x)≤4，问题转化为当x ∈[0, 1]时，1≤g(x)≤4即可． 【解答】√m +x ⋅√m −x =√m 2−x 2=n ，则x 2＝m 2−n 2不可能恒成立，所以f(x)＝x 不是““(m, n)型函数”；①由题意，g(x +1)g(1−x)＝4，取x ＝1，则g(2)g(0)＝4，又g(0)＝1，所以g(2)＝4．②方法一：∵ (x +1)g(1−x)＝4，所以g(x)g(2−x)＝4．当x ∈[0, 1]时，2−x ∈[1, 2]时，g(2−x)=4g(x)=4x 2−a(x−1)+1=4x 2−ax+a+1．(a)当0<a <1时，0<a 2<12，则g(x)在[0, 1]内先减后增，且g(a 2≤g(x)≤41+a−a 24，即1+a −14a 2≤g(x)≤2，则当x ∈[1, 2]时，2≤g(x)≤41+a−14a 2．所以当x ∈[0, 2]时，1+a −14a 2≤g(x)≤41+a−14a 2，由题意，{1+a −14a 2≥141+a−14a2≤4 ，解得0≤a ≤4，所以0<a <1．(b)当1≤a <2时，12≤a2<1，则g(x)在][0, 1]内先减后增，且g(a2)≤g(x)≤g(0)，即1+a −14a 2≤g(x)≤1+a ，则当x ∈[1, 2]时，41+a ≤g(x)≤41+a−14a 2．要满足题意，则应满足{41+a ≥11+a −a 24≥1，且{1+a ≤441+a−a24≤4 解得0≤a ≤33，所以1≤a <2．(c)当a ≥2时，a2≥1，则g(x)在[0, 1]内递减，且g(1)≤g(x)≤g(0)，即2≤g(x)≤1+a ，则当x ∈[1, 2]时，41+a ≤g(x)≤2．此时，g(x)min =41+a ，g(x)min ＝1+a ．要满足条件，则应{41+a≥11+a ≤4，解得a ≤3，所以2≤a ≤3． 综上所述，0<a ≤3．方法二：当x ∈[0, 2]时，都有1≤g(x)≤4成立，所以当x ∈[1, 2]时，1≤g(x)≤4；当x ∈[0, 1]时，2−x ∈[1, 2]时，所以g(2−x)∈[1, 4]， 而g(x)g(2−x)＝4，所以1≤4g(x)≤4，即1≤g(x)≤4， 所以问题转化为当x ∈[0, 1]时，1≤g(x)≤4即可．当x ∈[0, 1]时，g(x)＝x 2−a(x −1)+1(a >0)，．（1）当0<a2<1，即0<a <2时，{g(a2)=1+a −a 24≥1g(0)=a +1≤4g(1)=2≤4，解得0≤a ≤3，所以0<a <2；（2）当a2≥1，即a ≥2时，只要{g(0)=a +1≤4g(1)=2≥1解得a ≤3，所以2<a ≤3； 综上所述，0<a ≤3．如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A =120∘，M 为线段BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC′，使AC′⊥BD ，记二面角C′−AD −B 的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD ；（2）比较∠C′DB 与α的大小，并证明你的结论；（3）求cosα的值． 【答案】证明：∵ AM ⊥BD ，BD ⊥AC′，AM ∩AC′＝A ， ∴ BD ⊥平面AMC′，∵ BD ⊂平面ABD ，∴ 平面△AMC′⊥平面ABD ．如图，在△C′AM 所在平面内，过点C′作C′P ⊥AM ，垂足为P ， 则C′P ⊥平面ABD ，过P 作PQ ⊥AD ，连接C′Q ， 则C′Q ⊥AQ ，∠C′QP ＝α．又QC′是由QC 翻折得到， ∴ ∠C′QP ＝α＝2∠C′CQ ，且∠C′CQ 就是直线C′C 与平面ABC 所成的角．同理，又C′D是由DC翻折得到，∴∠C′DB＝2∠C′CD．由线面角的最小性可知，∠C′CD>∠C′CQ，∴∠C′DB>α．如图，在△C′AM中，过点C′作AM的垂线，垂足为P，过P作AD的垂线，垂足为Q．平面AMC′⊥平面BCD，交线为AM，C′P⊥平面ABD，又PQ⊥AD，∴CQ⊥AD．∴∠C′QP就是二面角C′−AD−B的平面角．设AB＝AC＝BD＝4，则BM＝MC＝2√3，MD＝4−2√3，CD＝4√3−4＝C′D，在直角△C′DM中，C′M2＝C′D2−DM2＝36−16√3．【考点】二面角的平面角及求法平面与平面垂直【解析】（1）推导出AM⊥BD，BD⊥AC′，从而BD⊥平面AMC′，由此能证明平面△AMC′⊥平面ABD．（2）过点C′作C′P⊥AM，垂足为P，则C′P⊥平面ABD，过P作PQ⊥AD，连接C′Q，则C′Q⊥AQ，∠C′QP＝α．QC′是由QC翻折得到，从而∠C′QP＝α＝2∠C′CQ，且∠C′CQ 就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理，∠C′DB＝2∠C′CD．由此能证明∠C′DB>α．（3）在△C′AM中，过点C′作AM的垂线，垂足为P，过P作AD的垂线，垂足为Q．推导出∠C′QP就是二面角C′−AD−B的平面角．由此能求出cosα的值．【解答】证明：∵AM⊥BD，BD⊥AC′，AM∩AC′＝A，∴BD⊥平面AMC′，∵BD⊂平面ABD，∴平面△AMC′⊥平面ABD．如图，在△C′AM所在平面内，过点C′作C′P⊥AM，垂足为P，则C′P⊥平面ABD，过P作PQ⊥AD，连接C′Q，则C′Q⊥AQ，∠C′QP＝α．又QC′是由QC翻折得到，∴∠C′QP＝α＝2∠C′CQ，且∠C′CQ就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理，又C′D是由DC翻折得到，∴∠C′DB＝2∠C′CD．由线面角的最小性可知，∠C′CD>∠C′CQ，∴∠C′DB>α．如图，在△C′AM中，过点C′作AM的垂线，垂足为P，过P作AD的垂线，垂足为Q．平面AMC′⊥平面BCD，交线为AM，C′P⊥平面ABD，又PQ⊥AD，∴CQ⊥AD．∴∠C′QP就是二面角C′−AD−B的平面角．设AB＝AC＝BD＝4，则BM＝MC＝2√3，MD＝4−2√3，CD＝4√3−4＝C′D，在直角△C′DM中，C′M2＝C′D2−DM2＝36−16√3．。
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二(上)期中数学试卷
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）圆柱的轴截面是正方形.且轴截面面积是S.则它的侧面积是（）SA. 1πB.πSC.2πSD.4πS2.（单选题.4分）若直线l与平面α相交.则（）A.α内所有直线与l异面B.α内只存在有限条直线与l共面C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内存在无数条直线与l垂直3.（单选题.4分）已知m.n是空间两条不同的直线.α.β是空间两个不同的平面.则下列命题正确的是（）A.若α || β.m⊂α.n⊂β.则m || nB.若m.n异面.m⊂α.n⊂β.m || β.n || α.则α || βC.若α⊥β.m || n.m⊥α.则n || βD.若α⊥β.α∩β=m.n⊥m.则n⊥β4.（单选题.4分）如图.三棱柱ABC-A′B′C′中.侧面B′B′CC′的面积是4.点A′到侧面B′BCC′的距离是3.则三棱柱ABC-A′B′C′的体积为（）A.12B.6C.4D.无法确定5.（单选题.4分）四面体ABCD中.AB=CD=2.其余棱长均为4.则该四面体外接球半径为（）A. √14B. √142C.3 √2D. 3√226.（单选题.4分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的最长棱长为（）A. √19B. √22C.5D.2 √77.（单选题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.M.N分别是棱BB1.BC的中点.若M在以C1N为直径的圆上.则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A.45°B.60°C.900D.随长方体的形状变化而变化8.（单选题.4分）一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1.P.Q.R分别为AD.BB1.A1B1的中点.如图所示．由于某种原因.在P.Q.R处各有一个小洞.当此容器内存水最多时.容器中水的上表面的形状是（）边形A.3B.4C.5D.69.（单选题.4分）已知a=sin1.5+cos1.5.b=sin1.5•cos1.5.c=（cos1.5）sin1.5.d=（sin1.5）cos1.5.则a.b.c.d的大小关系为（）A.b＜c＜d＜aB.b＜d＜c＜aC.d＜b＜c＜aD.d＜c＜b＜a10.（单选题.4分）已知集合A={x|x2-x-6＞0}.B={x|x2-3ax+4≤0}.若a＞0.且A∩B中恰好有两个整数解.则a的取值范围是（）A.[ 2915，209）B.（2915，209）C.[ 139，209）D.（53，209）11.（填空题.6分）棱长为a的正四面体ABCD中.E.F分别为棱AD.BC的中点.则异面直线EF 与AB所成的角大小是 ___ .线段EF的长度为 ___ ．12.（填空题.4分）二面角α-l-β的大小是60°.线段AB⊂α.B∈l.AB与l所成的角为45°.则AB与平面β所成的角的余弦值是___ ．13.（填空题.6分）正三棱锥的高为1.底面边长为2 √6 .则它体积为___ ；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切.则球的半径为___ ．14.（填空题.6分）若f（x）= a−4x2x-3x为奇函数.则a=___ .此时.不等式f（1-x2）+f（3x+9）＜0的解集为___ ．15.（填空题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.M是对角线AC1上一点.N是底面ABCD上一点．若AB=2.BC=AA1= √2 .则MB1+MN的最小值为___ ．16.（填空题.6分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中.E为CC1的中点.P.Q是正方体表面上相异两点.满足BP⊥A1E.BQ⊥A1E．（1）若P.Q均在平面A1B1C1D1内.则PQ与BD的位置关系是___ ；（2）|A1P|的最小值为___ ．17.（填空题.4分）若不等式[2x（t-1）-1]•log a4x−14t≥0对任意的正整数x恒成立（其中a∈R.且a＞1）.则t的取值范围是___ ．18.（问答题.14分）在△ABC中.角A.B.C的对边分别为a.b.c．（1）若cosC= 35 .且CB⃗⃗⃗⃗⃗ •CA⃗⃗⃗⃗⃗ = 92.求△ABC的面积；（2）设向量x =（2sin B2 . √3）. y =（cosB.cos B2）.且x || y .b=2.求a+c的取值范围．19.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD的底面ABCD中.BC || AD.且AD=2BC.O.E分别为AD.PD中点．（1）设平面PAB∩平面PCD=l.请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点.证明：OQ || 平面PAB．20.（问答题.15分）已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n-na n=3n（n∈N*）.且a2=5．（1）证明数列{a n}为等差数列.并求{a n}的通项公式；（2）设b n=a√a+a√a .T n为数列{b n}的前n项和.求使T n＞√310成立的最小正整数n的值．21.（问答题.15分）对于函数f（x）.若存在实数对（m.n）.使得等式f（m+x）•f（m-x）=n 对定义域中的每一个x都成立.则称函数f（x）是“（m.n）型函数”．（1）判断函数f（x）= √x是否为“（m.n）型函数”.并说明理由；（2）① 若函数g（x）是“（1.4）型函数”.已知g（0）=1.求g（2）；② 若函数g（x）是“（1.4）型函数”.且当x∈[0.1]时.g（x）=x2-a（x-1）+1（a＞0）.若当x∈[0.2]时.都有1≤g（x）≤4成立.试求a的取值范围．22.（问答题.15分）如图.在等腰三角形ABC中.AB=AC.∠A=120°.M为线段BC的中点.D为线段BC上一点.且BD=BA.沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′.使AC′⊥BD.记二面角C′-AD-B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小.并证明你的结论；（3）求cosα的值．2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）圆柱的轴截面是正方形.且轴截面面积是S.则它的侧面积是（）SA. 1πB.πSC.2πSD.4πS【正确答案】：B【解析】：根据圆柱的轴截面是正方形.且轴截面面积是S求出圆柱的母线长与底面圆的直径.代入侧面积公式计算．【解答】：解：∵圆柱的轴截面是正方形.且轴截面面积是S.∴圆柱的母线长为√S .底面圆的直径为√S .∴圆柱的侧面积S=π× √S × √S=πS．故选：B．【点评】：本题考查了圆柱的侧面积及轴截面.属于基础题．2.（单选题.4分）若直线l与平面α相交.则（）A.α内所有直线与l异面B.α内只存在有限条直线与l共面C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内存在无数条直线与l垂直【正确答案】：D【解析】：α内过直线l与平面α交点的直线与直线l共面.判断A错误；α内过直线l与平面α交点的直线有无数条.判断B错误；α内不存在与直线l平行的直线.判断C错误；画出图形.结合图形判断D正确．【解答】：解：对于A.α内过直线l与平面α交点的直线与直线l是共面直线.∴A错误；对于B.α内过直线l与平面α交点的直线有无数条.且这些直线与直线l都是共面直线.∴B错误；对于C.α内不存在与直线l平行的直线.∴C错误；对于D.如图所示.直线PA与平面α交于点A.PO⊥α.则OA是PA在α内的射影.在α内作直线l⊥OA.则l⊥PA.这样的直线l有无数条.∴D正确．故选：D．【点评】：本题考查了直线与平面位置关系的应用问题.是基础题．3.（单选题.4分）已知m.n是空间两条不同的直线.α.β是空间两个不同的平面.则下列命题正确的是（）A.若α || β.m⊂α.n⊂β.则m || nB.若m.n异面.m⊂α.n⊂β.m || β.n || α.则α || βC.若α⊥β.m || n.m⊥α.则n || βD.若α⊥β.α∩β=m.n⊥m.则n⊥β【正确答案】：B【解析】：A．由α || β.m⊂α.n⊂β.可知m与n无公共点.即可判断出正误；B．由m.n异面.m⊂α.n⊂β.m || β.n || α.即可得出α与β的位置关系；C．若α⊥β.m || n.m⊥α.则n || β或n⊂β.因此不正确；D．若α⊥β.α∩β=m.n⊥m.可得n与β的三种位置关系都有可能．【解答】：解：A．若α || β.m⊂α.n⊂β.则m || n或为异面直线.因此不正确；B．若m.n异面.m⊂α.n⊂β.m || β.n || α.则α || β.正确；C．若α⊥β.m || n.m⊥α.则n || β或n⊂β.因此不正确；D．若α⊥β.α∩β=m.n⊥m.则n⊂β.或n || β.或n与β相交.因此不正确．故选：B．【点评】：本题考查了空间位置关系的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法.考查了推理能力与计算能力.属于中档题．4.（单选题.4分）如图.三棱柱ABC-A′B′C′中.侧面B′B′CC′的面积是4.点A′到侧面B′BCC′的距离是3.则三棱柱ABC-A′B′C′的体积为（）A.12B.6C.4D.无法确定【正确答案】：B【解析】：由已知求得四棱锥A′-BCC′B′的体积.结合V三棱锥A′−ABC =13V三棱柱ABC−A′B′C′.可得V四棱锥A′-BCC′B′+V三棱锥A′-ABC=V三棱柱ABC-A′B′C′.从而求得三棱柱ABC-A′B′C′的体积．【解答】：解：∵侧面B′BCC′的面积是4.点A′到侧面B′BCC′的距离是3.∴V四棱锥A′-BCC′B′= 13×4×3=4．∵ V三棱锥A′−ABC =13V三棱柱ABC−A′B′C′．∵V四棱锥A′-BCC′B′+V三棱锥A′-ABC=V三棱柱ABC-A′B′C′．∴ 2 3V三棱柱ABC−A′B′C′=V四棱锥A′−BCC′B′=4．∴V三棱柱ABC-A′B′C′=6．故选：B．【点评】：本题考查了棱锥的体积计算公式.考查了推理能力与计算能力.属于中档题．5.（单选题.4分）四面体ABCD中.AB=CD=2.其余棱长均为4.则该四面体外接球半径为（）B. √142C.3 √2D. 3√22【正确答案】：D【解析】：把四面体ABCD 放到长方体中.不难发现AB=CD=2.其余棱长均为4正好是长方体的对角线．从而即可求解四面体外接球半径【解答】：解：四面体ABCD 放到长方体中.AB=CD=2.其余AC=BC=AD=DB=4设长方体的边长分别为a.b.c ．则 {a 2+b 2=4b 2+c 2=16a 2+c 2=16.解得a 2+b 2+c 2=18.四面体外接球半径：2R=3 √2 ．R=3√22． 故选：D ．【点评】：本题考查外接球的半径的求法.是中档题.解题时要认真审题.注意空间思维能力的培养．6.（单选题.4分）某几何体的三视图如图所示.则该几何体的最长棱长为（ ）A. √19B. √22C.5【正确答案】：B【解析】：画出几何体的直观图.利用三视图的数据.求解几何体的最长棱长．【解答】：解：由题意可知几何体是正方体的一部分.是四棱锥P-ABCD.正方体的棱长为3.P是所在棱的3等分点.PB= √32+32+22 = √22 .PA= √32+22 = √13 .PC= √32+32+12 = √19 .所以最长棱长为PB. √22．故选：B．【点评】：本题考查三视图求解几何体的棱长.考查转化思想以及空间想象能力．7.（单选题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.M.N分别是棱BB1.BC的中点.若M在以C1N为直径的圆上.则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A.45°B.60°C.900D.随长方体的形状变化而变化【正确答案】：C【解析】：推导出C1M⊥MN.C1M⊥CB1.C1D1⊥B1C.从而B1C⊥平面C1D1M.由A1D || B1C.得A1D⊥平面C1D1M.由此能求出异面直线A1D与D1M所成的角的大小．【解答】：解：如图所示：∵M、N分别是棱BB1、BC的中点.∴MN || CB1.∵M在以C1N为直径的圆上.∴∠C1MN=90°.∴C1M⊥MN.∴C1M⊥CB1.由长方体的几何特征.我们可得C1D1⊥B1C.∴B1C⊥平面C1D1M.∵A1D || B1C.∴A1D⊥平面C1D1M.∴A1D⊥D1M.即异面直线A1D与D1M所成的角为90°.故选：C．【点评】：本题考查的知识点是异面直线及其所成的角.其中根据线面垂直的判定定理及性质定理.将问题转化为线线垂直的判定是解答本题的关键．8.（单选题.4分）一封闭的正方体容器ABCD-A1B1C1D1.P.Q.R分别为AD.BB1.A1B1的中点.如图所示．由于某种原因.在P.Q.R处各有一个小洞.当此容器内存水最多时.容器中水的上表面的形状是（）边形A.3B.4C.5D.6【正确答案】：C【解析】：画出过P.Q.R三点的平面与正方体容器ABCD-A1B1C1D1的截面得答案．【解答】：解：如图.连接QR并延长.分别交AA1.AB的延长线与E.F.连接PE交A1D1于G.连接PF交BC于H.连接PH.QH.GR.则五边形PGRQH即为此容器内存水最多时.容器中水的上表面的形状.故选：C．【点评】：本题考查柱、锥、台的结构特征.考查了空间线面的位置关系.考查空间想象能力和思维能力.正确画出截面图是关键.是中档题．9.（单选题.4分）已知a=sin1.5+cos1.5.b=sin1.5•cos1.5.c=（cos1.5）sin1.5.d=（sin1.5）cos1.5.则a.b.c.d 的大小关系为（ ）A.b ＜c ＜d ＜aB.b ＜d ＜c ＜aC.d ＜b ＜c ＜aD.d ＜c ＜b ＜a【正确答案】：A【解析】：因为 π3 ＜1.5＜ π2 .所以 √32 ＜sin1.5＜1；0＜cos1.5＜ 12.注意到四个答案里都是a 最大.主要比较c 与d 的大小关系即可；找中间量sin1.5sin1.5.由y=sin1.5x 是R 上的减函数.sin1.5＞cos1.5.可得sin1.5sin1.5＜sin1.5cos1.5；由y=x sin1.5是（0.+∞）上的增函数.sin1.5＞cos1.5.可得cos1.5sin1.5＜sin1.5sin1.5；故c ＜d.只有A 答案合适．【解答】：解：因为 π3 ＜1.5＜ π2 .所以 √32 ＜sin1.5＜1；0＜cos1.5＜ 12 .∴a ＞ √32 .0＜b ＜ 12 ；∴b ＜a ；找中间量sin1.5sin1.5.由y=sin1.5x 是R 上的减函数.sin1.5＞cos1.5.可得sin1.5sin1.5＜sin1.5cos1.5；由y=x sin1.5是（0.+∞）上的增函数.sin1.5＞cos1.5.可得cos1.5sin1.5＜sin1.5sin1.5；故c ＜d.只有A 答案合适．故选：A ．【点评】：本题考查了大小关系比较.利用指数函数与幂函数的单调性.构造中间量a a 或b b .可比较a b 与b a 形式的数的大小关系.及排除法解决选择题．属于中档题．10.（单选题.4分）已知集合A={x|x 2-x-6＞0}.B={x|x 2-3ax+4≤0}.若a ＞0.且A∩B 中恰好有两个整数解.则a 的取值范围是（ ）A.[ 2915，209 ）B.（ 2915，209 ） C.[ 139，209 ） D.（ 53，209 ） 【正确答案】：A【解析】：可以求出集合A=（-∞.-2）∪（3.+∞）.可令f （x ）=x 2-3ax+4.根据a ＞0及△＞0即可得出 a ＞43 .并且求出 B =[3a−√9a 2−162，3a+√9a 2−162] .可得出 0＜3a−√9a 2−162＜2 .从而得出要使A∩B 中恰好有两个整数解.只能是4和5.从而可得出 {f (4)≤0f (5)≤0f (6)＞0.解出a 的范围即可．【解答】：解：A=（-∞.-2）∪（3.+∞）.令f （x ）=x 2-3ax+4.由题意.△=9a 2-16＞0.且a ＞0.∴解得 a ＞43 . B =[3a−√9a 2−162，3a+√9a 2−162] . 又 0＜3a−√9a 2−162=3a+√9a 2−162 .∴要使A∩B 中恰好有两个整数解.则只能是4和5.∴ {f (4)=16−12a +4≤0f (5)=25−15a +4≤0f (6)=36−18a +4＞0 .解得 2915≤a ＜209 .∴a 的取值范围是 [2915，209) ． 故选：A ．【点评】：考查描述法、区间表示集合的定义.一元二次方程和一元二次不等式的解法.以及元素与集合的关系.减函数的定义．11.（填空题.6分）棱长为a 的正四面体ABCD 中.E.F 分别为棱AD.BC 的中点.则异面直线EF 与AB 所成的角大小是 ___ .线段EF 的长度为 ___ ．【正确答案】：[1] π4 ; [2] √22 a【解析】：取BD中点G.连结BE.CE.EG.FG.则EG || AB.且EG=FG= 12AB = a2.∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角）.由此能求出异面直线EF与AB所成的角大小和线段EF的长度．【解答】：解：棱长为a的正四面体ABCD中.E.F分别为棱AD.BC的中点.取BD中点G.连结BE.CE.EG.FG.则EG || AB.且EG=FG= 12AB = a2.∴∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角）.BE=CE= √a2−(a2)2= √3a2.EF= √(√3a2)2−(a2)2= √2a2.cos∠EFG= EF2+GF2−EG22×EF×GF =a22+a24−a242×√2a2×a2= √22.∴∠EFG= π4.∴异面直线EF与AB所成的角大小是π4 .线段EF的长度为√22a．故答案为：π4 . √22a．【点评】：本题考查异面直线所成角的大小、线段长的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是基础题．12.（填空题.4分）二面角α-l-β的大小是60°.线段AB⊂α.B∈l.AB与l所成的角为45°.则AB与平面β所成的角的余弦值是___ ．【正确答案】：[1] √104【解析】：根据二面角和直线和平面所成角的定义.先作出对应的平面角.结合三角形的边角关系进行求解即可．【解答】：解：过点A作平面β的垂线.垂足为C.在β内过C作l的垂线.垂足为D．连结AD.根据三垂线定理可得AD⊥l.因此.∠ADC为二面角α-l-β的平面角.∠ADC=60°又∵AB与l所成角为45°.∴∠ABD=45°连结BC.可得BC为AB在平面β内的射影.∴∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD=2x.则Rt△ACD中.AC=ADsin60°= √3 x.Rt△ABD中.AB= ADsin45°=2 √2x .BC= √(2√2x)2−(√3x)2 = √5x .∴Rt△ABC中.cos∠ABC= BCAB = √5x2√2x= √104．故答案为：√104．【点评】：本题主要考查线面垂直的定义与性质、二面角的平面角的定义和直线与平面所成角的定义及求法等知识．13.（填空题.6分）正三棱锥的高为1.底面边长为2 √6 .则它体积为___ ；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切.则球的半径为___ ．【正确答案】：[1]2 √3 ; [2] √6 -2【解析】：求出底面的面积.利用体积公式带入即可.要求内切球半径.根据横截面图.利用三角形相似得出r．【解答】：解：底面等边三角形的面积S= √34•(2√6)2 = 6√3 .所以V= 13•6√3•1=2√3 .设内切球的球心为O.半径为r.则在O与底面的中心M.BM= 2√6•√32•13=√2 .OE=r.OA=1-r.侧面斜边的高AB= √1+OM2=√3由△AOE∽△ABM.得相似得rBM =1−rAB.√2=√3. r(√3+√2)=√2 .所以r=√6−2．故答案为：√6 -2．【点评】：考察正三棱锥的体积.内切球的半径.中档题．14.（填空题.6分）若f（x）= a−4x2x-3x为奇函数.则a=___ .此时.不等式f（1-x2）+f（3x+9）＜0的解集为___ ．【正确答案】：[1]1; [2]（-2.5）【解析】：含有参数的函数奇偶性问题.要利用常见的结论.通过赋值法解决；第二问综合应用函数单调性和奇偶性的性质．【解答】：解：∵f（x）为奇函数.∴f（0）=0.即a−4020−3×0=0 .∴a=1．∴ f(x)=1−4x2x =12x−2x，∵ 12x减函数，−2x也为减函数 .∴f（x）为减函数.且为奇函数∵f（1-x2）+f（3x+9）＜0.∴f（1-x2）＜-f（3x+9）=f（-3x-9）.∴1-x2＞-3x-9.∴-2＜x＜5．故不等式的解集为（-2.5）．故答案为：1.（-2.5）．【点评】：第一问是常规问题.注意函数定义域即可；第二问要利用函数是奇函数.把不等式的表达形式变形．15.（填空题.4分）在长方体ABCD-A1B1C1D1中.M是对角线AC1上一点.N是底面ABCD上一点．若AB=2.BC=AA1= √2 .则MB1+MN的最小值为___ ．【正确答案】：[1] 3√22【解析】：将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置.使得平面APC1和平面ACC1在同一平面内.则P到平面ABCD的距离即为MB1+MN的最小值.利用勾股定理解出即可．【解答】：解：将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置.使得平面APC1和平面ACC1在同一平面内.过点P作PN⊥平面ABCD.交AC1于M.垂足为N.则PN为MB1+MN的最小值．∵AB=2.BC=AA1= √2 .∴AC1= √4+2+2 =2 √2 .AP=AB1= √4+2 = √6 .∵sin∠C1AC= CC1AC1 = √22√2= 12.∴∠C1AC=30°.∴∠PAN=2∠C1AC=60°.∴PN=AP•sin∠PAN= √6•√32 = 3√22．∴MB1+MN的最小值为3√22．故答案为：3√22．【点评】：本题考查了空间距离的计算.将两线段转化为同一平面上是解决最小值问题的一般思路.属于中档题．16.（填空题.6分）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中.E为CC1的中点.P.Q是正方体表面上相异两点.满足BP⊥A1E.BQ⊥A1E．（1）若P.Q均在平面A1B1C1D1内.则PQ与BD的位置关系是___ ；（2）|A1P|的最小值为___ ．【正确答案】：[1]平行; [2] 3√24【解析】：（1）以D为原点.DA为x轴.DC为y轴.DD1为z轴.建立空间直角坐标系.利用向量法能判断PQ与BD的位置关系．（2）当|A1P|取最小值时.P在平面A1B1C1D1内.设P（a.b.1）.推导出b=a+ 12.由此能求出|A1P|的最小值．【解答】：解：（1）以D 为原点.DA 为x 轴.DC 为y 轴.DD 1为z 轴.建立空间直角坐标系. 则A 1（1.0.1）.E （0.1. 12 ）.B （1.1.0）. ∵P .Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内.∴设P （a.b.1）.Q （m.n.1）.则 A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1.1.- 12 ）. BP⃗⃗⃗⃗⃗ =（a-1.b-1.1）. BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =（m-1.n-1.1）. ∵BP⊥A 1E.BQ⊥A 1E ．∴ {BP ⃗⃗⃗⃗⃗ •A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−(a −1)+(b −1)−12=0BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ •A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−(m −1)+(n −1)−12=0 . 解得 {b −a =12n −m =12.∴PQ || BD .即PQ 与BD 的位置关系是平行． 故答案为：平行．（2）当|A 1P|取最小值时.P 在平面A 1B 1C 1D 1内.设P （a.b.1）.由（1）得b=a+ 12 .∴|A 1P|= √(a −1)2+b 2 = √(a−1)2+(a +12)2 = √2a 2−a +54 = √2(a −14)2+98 .∴当a= 14 .即P （ 14 . 34 .1）时.|A 1P|的最小值为3√24． 故答案为：3√24 ．【点评】：本题考查两直线位置关系的判断.考查两点间距离的最小值的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．17.（填空题.4分）若不等式[2x （t-1）-1]•log a 4x−14t≥0对任意的正整数x 恒成立（其中a∈R .且a ＞1）.则t 的取值范围是___ ．【正确答案】：[1] 54≤t ≤32【解析】：原不等式等价于 {2x (t −1)−1≥0log a 4x−14t ≥0 或{2x (t −1)−1≤0log a 4x−14t ≤0 即 {t ≥1+12x t ≤x −14 ① 或 {t ≤1+12x t ≥x −14② .进而求解；【解答】：解：原不等式等价于：{2x (t −1)−1≥0log a 4x−14t ≥0 或 {2x (t −1)−1≤0log a 4x−14t ≤0 即 {t ≥1+12x t ≤x −14 ① 或 {t ≤1+12x t ≥x −14② . 注意到x=1时. ② 成立.此时 34 ≤t≤ 32 ；当x∈Z .x≥2时. ① 成立.在 ① 中.1+ 12x ≤t≤x - 14 .又g （x ）=x- 12x - 54 为单调递增函数.所以.要使 {t ≥1+12x t ≤x −14对x∈Z .x≥2成立.只需x=2时成立.又x=2时. 54 ≤t≤ 74 . 所以要使不等式对任意的正整数x 恒成立.则t 的取值范围是： 54 ≤t≤ 32 .故答案为： 54 ≤t≤ 32 ．【点评】：考查不等式的性质.求解.函数单调性.转化思想；18.（问答题.14分）在△ABC 中.角A.B.C 的对边分别为a.b.c ．（1）若cosC= 35 .且 CB ⃗⃗⃗⃗⃗ •CA ⃗⃗⃗⃗⃗ = 92.求△ABC 的面积； （2）设向量 x =（2sin B 2 . √3 ）. y =（cosB.cos B 2 ）.且 x || y .b=2.求a+c 的取值范围．【正确答案】：【解析】：（1）由 CB ⃗⃗⃗⃗⃗ • CA ⃗⃗⃗⃗⃗ = 92 .得ab= 152 ．可得△ABC 的面积S= 12 absinC=3． （2）由 x || y .可得B= π3 ．由正弦定理可得a=√3 .c= √3 .则a+c= √3(2π3−C)+sinC] =4（cosC+√32sinC ）=4sin （C+ π6）.即可求解． 【解答】：解（1）由 CB ⃗⃗⃗⃗⃗ • CA ⃗⃗⃗⃗⃗ = 92 .得abcosC= 92． 又因为cosC= 35 .所以ab= 92cosC = 152 ．又C为△ABC的内角.所以sinC= 45．所以△ABC的面积S= 12absinC=3．（2）因为x || y .所以2sin B2 cos B2= √3 cosB.即sinB= √3 cosB．因为cosB≠0.所以tanB= √3．因为B为三角形的内角.0＜B＜π.所以B= π3．由正弦定理asinA =csinC=bsinB= 4√3.所以a= 4sinA√3.c= 4sinC√3.所以a+c= 4√3(sinA+sinC) .又A+C= 2π3.所以a+c= 4√3[sin(2π3−C)+sinC] =4（cosC+ √32sinC）=4sin（C+ π6）.又0 ＜C＜2π3 .所以π6＜C+ π6＜5π6.所以∈（2.4]．【点评】：本题考查了正弦定理、三角恒等变形.属于中档题．19.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD的底面ABCD中.BC || AD.且AD=2BC.O.E分别为AD.PD中点．（1）设平面PAB∩平面PCD=l.请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点.证明：OQ || 平面PAB．【正确答案】：【解析】：（1）分别延长AB和DC交于点R.连接PR.直线PR就是交线l的位置；根据平面公理即可得出结论；（2）连接OE、OC.证明OC || 平面PAB.OE || 平面PAB.得出平面PAB || 平面OEC.证得OQ || 平面PAB．【解答】：（1）解：分别延长AB和DC交于点R.连接PR.则直线PR就是l的位置；R∈AB⊂平面PAB.R∈CD⊂平面PCD.所以P 、R 是平面PAB 和平面PCD 的两个公共点. 由公理1可知.过P 、R 的直线就是两个平面的交线l ． （2）证明：连接OE 、OC.因为BC || AD.且BC= 12AD. 又AO= 12 AD.所以BC || AO.且BC=AO.所以四边形ABCO 为平行四边形. 所以OC || AB.则OC || 平面PAB ； 又OE 为△PAD 的中位线.则OE || AP. 所以OE || 平面PAB.又OE⊂平面OEC.OC⊂平面OEC.且OE∩OC=O . 所以平面PAB || 平面OEC. 又OQ⊂平面OEC. 所以OQ || 平面PAB ．【点评】：本题考查了空间中的平行关系证明与应用问题.是基础题．20.（问答题.15分）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n -na n =3n （n∈N*）.且a 2=5． （1）证明数列{a n }为等差数列.并求{a n }的通项公式； （2）设b n = a√a +a √a .T n 为数列{b n }的前n 项和.求使T n ＞√310 成立的最小正整数n 的值．【正确答案】：【解析】：（1）运用数列的递推式.两次将n 换为n-1.相减.结合等差数列的定义和通项公式.即可得到所求； （2）求得b n =√a •√a (√a +√a )=√2n+1•√2n+3(√2n+1+√2n+3) = √2n+3−√2n+12√2n+1•√2n+3 = 12 （ √2n+1-√2n+3）.再由数列的裂项相消求和.以及不等式的解法.可得所求最小值．【解答】：解：（1）当n≥2时.2S n-1-（n-1）a n-1=3（n-1）.又2S n -na n =3n. 相减可得（n-1）a n-1-（n-2）a n =3.当n≥3时.（n-2）a n-2-（n-3）a n-1=3. 所以（n-1）a n-1-（n-2）a n =（n-2）a n-2-（n-3）a n-1.可得2a n-1=a n-2+a n .所以{a n }为等差数列．又2S 1-a 1=3.且a 1=S 1.得a 1=3.又a 2=5. 所以{a n }为公差为2的等差数列.则a n =2n+1； （2）b n = a√a +a √a = √a •√a (√a +√a ) = √2n+1•√2n+3(√2n+1+√2n+3) = √2n+3−√2n+12√2n+1•√2n+3 = 12 √2n+1 - √2n+3）. T n = 12 （ √3 - √5 + √5 - √7 + √7 - 13 + 13 - √11 +…+ √2n+1 - √2n+3 ）= 12 √3 - √2n+3）.要使T n ＞√310 成立. 即 12 √3 -√2n+3 √310 .解得n ＞ 638 .所以最小正整数n 的值为8．【点评】：本题考查数列的递推式的运用.考查等差数列的定义和性质、通项公式.考查数列的裂项相消求和.以及不等式的解法.考查化简运算能力.属于中档题．21.（问答题.15分）对于函数f （x ）.若存在实数对（m.n ）.使得等式f （m+x ）•f （m-x ）=n 对定义域中的每一个x 都成立.则称函数f （x ）是“（m.n ）型函数”． （1）判断函数f （x ）= √x 是否为“（m.n ）型函数”.并说明理由； （2） ① 若函数g （x ）是“（1.4）型函数”.已知g （0）=1.求g （2）；② 若函数g （x ）是“（1.4）型函数”.且当x∈[0.1]时.g （x ）=x 2-a （x-1）+1（a ＞0）.若当x∈[0.2]时.都有1≤g （x ）≤4成立.试求a 的取值范围．【正确答案】：【解析】：（1） √m +x •√m −x =√m 2−x 2=n .则x 2=m 2-n 2不可能恒成立.即可判定； （2） ① 由g （x+1）g （1-x ）=4.取x=1.则g （2）g （0）=4.即可求得g （2）=4． ② 方法一：可得当x∈[0.1]时.2-x∈[1.2]时.g （2-x ）= 4g (x ) = 4x 2−a (x−1)+1 = 4x 2−ax+a+1 ． （a ）当0＜a ＜1时.（b ）当1≤a ＜2时.（c ）当a≥2时讨论即可方法二：当x∈[1.2]时.1≤g （x ）≤4；当x∈[0.1]时.2-x∈[1.2]时.所以g （2-x ）∈[1.4].而g （x ）g （2-x ）=4.所以1 ≤4g (x )≤4 .即1≤g （x ）≤4.问题转化为当x∈[0.1]时.1≤g （x ）≤4即可．【解答】：解：（1） √m +x •√m −x =√m 2−x 2=n .则x 2=m 2-n 2不可能恒成立.所以f （x ）=x 不是““（m.n ）型函数”；（2） ① 由题意.g （x+1）g （1-x ）=4.取x=1.则g （2）g （0）=4.又g （0）=1.所以g （2）=4．② 方法一：∵g （x+1）g （1-x ）=4.所以g （x ）g （2-x ）=4．当x∈[0.1]时.2-x∈[1.2]时.g （2-x ）= 4g (x ) = 4x 2−a (x−1)+1 = 4x 2−ax+a+1 ．（a ）当0＜a ＜1时.0＜ a2＜12 .则g （x ）在[0.1]内先减后增.且g （ a2 ≤g (x )≤41+a−a 24.即1+a-14a 2≤g （x ）≤2. 则当x∈[1.2]时.2≤g （x ） ≤41+a−14a 2．所以当x∈[0.2]时.1+a- 14a 2 ≤g (x )≤41+a−14a 2.由题意. {1+a −14a 2≥141+a−14a2≤4 .解得0≤a≤4.所以0＜a ＜1．（b ）当1≤a ＜2时. 12≤a 2＜1 .则g （x ）在][0.1]内先减后增.且g （ a2 ）≤g （x ）≤g （0）.即1+a- 14a 2 ≤g （x ）≤1+a . 则当x∈[1.2]时. 41+a ≤g (x )≤41+a−14a 2．要满足题意.则应满足 {41+a≥11+a −a 24≥1.且 {1+a ≤441+a−a24≤4解得0≤a≤33.所以1≤a ＜2．（c ）当a≥2时. a 2≥1.则g （x ）在[0.1]内递减.且g （1）≤g （x ）≤g （0）.即2≤g （x ）≤1+a . 则当x∈[1.2]时. 41+a ≤g (x )≤2 ．此时.g （x ）min = 41+a .g （x ）min =1+a ．要满足条件.则应{41+a≥11+a ≤4.解得a≤3.所以2≤a≤3．综上所述.0＜a≤3．方法二：当x∈[0.2]时.都有1≤g （x ）≤4成立.所以当x∈[1.2]时.1≤g （x ）≤4；当x∈[0.1]时.2-x∈[1.2]时.所以g （2-x ）∈[1.4].而g （x ）g （2-x ）=4.所以1 ≤4g (x )≤4 .即1≤g （x ）≤4. 所以问题转化为当x∈[0.1]时.1≤g （x ）≤4即可．当x∈[0.1]时.g（x）=x2-a（x-1）+1（a＞0）.（1）当0＜a2＜1.即0＜a＜2时. {g(a2)=1+a−a24≥1g(0)=a+1≤4g(1)=2≤4.解得0≤a≤3.所以0＜a＜2；（2）当a2≥1 .即a≥2时.只要{g(0)=a+1≤4g(1)=2≥1解得a≤3.所以2＜a≤3；综上所述.0＜a≤3．【点评】：本题考查了函数的新定义.考查了函数的最值问题、分类讨论思想、转化思想.考查了分析问题的能力.属于难题．22.（问答题.15分）如图.在等腰三角形ABC中.AB=AC.∠A=120°.M为线段BC的中点.D为线段BC上一点.且BD=BA.沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′.使AC′⊥BD.记二面角C′-AD-B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小.并证明你的结论；（3）求cosα的值．【正确答案】：【解析】：（1）推导出AM⊥BD.BD⊥AC′.从而BD⊥平面AMC′.由此能证明平面△AMC′⊥平面ABD．（2）过点C′作C′P⊥AM.垂足为P.则C′P⊥平面ABD.过P作PQ⊥AD.连接C′Q.则C′Q⊥AQ.∠C′QP=α．QC′是由QC翻折得到.从而∠C′QP=α=2∠C′CQ.且∠C′CQ就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理.∠C′DB=2∠C′CD．由此能证明∠C′DB＞α．（3）在△C′AM中.过点C′作AM的垂线.垂足为P.过P作AD的垂线.垂足为Q．推导出∠C′QP 就是二面角C′-AD-B的平面角．由此能求出cosα的值．【解答】：解：（1）证明：∵AM⊥BD.BD⊥AC′.AM∩AC′=A.∴BD⊥平面AMC′.∵BD⊂平面ABD.∴平面△AMC′⊥平面ABD．（2）解：如图.在△C′AM所在平面内.过点C′作C′P⊥AM.垂足为P.则C′P⊥平面ABD.过P作PQ⊥AD.连接C′Q.则C′Q⊥AQ.∠C′QP=α．又QC′是由QC翻折得到.∴∠C′QP=α=2∠C′CQ.且∠C′CQ就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理.又C′D是由DC翻折得到.∴∠C′DB=2∠C′CD．由线面角的最小性可知.∠C′CD＞∠C′CQ.∴∠C′DB＞α．（3）解：如图.在△C′AM中.过点C′作AM的垂线.垂足为P.过P作AD的垂线. 垂足为Q．平面AMC′⊥平面BCD.交线为AM.C′P⊥平面ABD.又PQ⊥AD.∴CQ⊥AD．∴∠C′QP就是二面角C′-AD-B的平面角．△AMC中.∠MAD=15°.∠CAD=45°.作出二面角的平面角∠C1QP后.若将半平面C1AD摊平.则P.Q.C的连线与AD垂直.且cos∠C′QP= PQQC1 = PQQC= PQAQ=tan∠PAQ=tan15°=2- √3．【点评】：本题考查平面与平面垂直的证明.考查两角大小的判断与证明.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中偿题．。
浙江省杭州市七县区2019_2020学年高二数学上学期期末考试试题
浙江省杭州市七县区2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题一、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.已知平面中的两点F1(－2，0)，F2(2，0)，则满足{M|121MF MF-=}的点M的轨迹是A.椭圆B.双曲线C.一条线段D.两条射线2.在空间直角坐标系中，与点A(1，2，3)关于平面xoy对称的点的坐标是A.(1，2，－3)B.(－1，－2，－3)C.(－1，－2，3)D.(1，－2，3)3.直线y＝x＋1被圆x2＋y2＝2截得的弦长为A.2B.22C.6D.264.某四棱锥的三视图如图1所示，则该几何体的体积为A.643B.323C.163D.835.已知直线l和平面α内的两条直线m，n，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知P，Q分别为直线l1：3x＋4y－4＝0与l2：3x＋4y＋1＝0上的两个动点，则线段PQ的长度的最小值为A.35B.1C.65D.27.如图2，在正四面体OABC中，D是OA的中点，则BD与OC所成角的余弦值是A.12B.36C.22D.3368.棱长都相等的正三棱柱ABC－A'B'C'中，P是侧棱AA'上的点(不含端点)。
记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与底面ABC所成的角为β，二面角P－B'B－C的平面角为γ，则A.γ<β<αB.γ<α<βC.β<γ<αD.α<β<γ9.在平面直角坐标系中，Q是圆O：x2＋y2＝9上的动点，满足条件|MO|＝2|MQ|的动点M构成集合D，则集合D中任意两点间的距离d的最大值为A.4B.4210.已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆4x2＋y2＝1上两个不同点，且满足4x1x2＋y1y2＝12，则|2x1＋y1－1|＋|2x2＋y2－1|的最大值为6－6＋6二、填空题(单空题每题4分，双空题每题6分，共28分)11.双曲线22197x y+=的离心率为，渐近线方程为。
浙江省杭州地区重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题Word版含答案
浙江省杭州地区重点中学2019-2020学年上学期期末考试高二数学试题一、选择题：本大题共10个小题,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.直角三角形绕着它的一条直角边旋转而成的几何体是（ ） A ． 圆锥 B ．圆柱 C ．圆台 D ．球2.抛物线2x y =的准线方程是（ ） A ．21-=y B ．41-=y C ．41=y D ．21=y 3.直线0433=++y x 的倾斜角大小是（ ） A ．6π-B ． 3πC ． 65πD ． 32π 4.已知平面α与两条直线m l ,，α⊥l ，则“l m //”是“α⊥m ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要 5.两条异面直线在同一个平面上的射影不可能是（ ） A ．两条平行直线 B ．两条相交的直线 C. 一条直线与直线外一个点 D ． 一条直线6.直线042=-+by ax 被圆012422=+-++y x y x 截得的弦长为4，则22b a +的最小值是（ ）A ． 3B ．3 C. 2 D ．27.一个结晶体的形状是平行六面体1111ABCD A B C D -，以A 顶点为端点的三条棱长均是1，且它们彼此的夹角都是3π，则对角线1AC 的长度是（ ） A ．3 B ．2 C. 5 D ．68.已知21,F F 分别是双曲线22221x y a b -=(0,0)a b >>的左、右焦点，若双曲线右支上存在点22221x y a b-=(0,0)a b >>，使02160=∠AF F ，且线段1AF 的中点在y 轴上，则双曲线的离心率是（ ）A ．332 B ．3 C. 334 D ．32 9.已知直线)(01sin cos :R a y x l ∈=-+αα与圆4)5()2(22=-+-y x 相切，则满足条件的直线l 有（ ）条A ． 1B ．2 C. 3 D ．410.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，F E ,分别为线段111,CC B A上两个动点且23=EF ，则下列结论中正确的是（ ） A ．存在某个位置F E ,，使DF BE ⊥ B ．存在某个位置F E ,，使//EF 平面11BCD A C.三棱锥BEF B -1的体积为定值 D ．AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等二、填空题（本大题共7小题，其中11-14题每空3分，15-17题每空4分，共36分，将答案填在答题纸上）11.双曲线1322=-y x 的焦距是 ；渐近线方程是 ．12.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 ；最长边的大小是 ．13.长方体1111ABCD A B C D -中，1==AD AB ，21=AA ，则异面直线1AA 与1BD 所成角的大小是 ；1BD 与平面11A ADD 所成角的大小是 ．14.点P 是抛物线y x 42=上任意一点，则点P 到直线2-=x y 距离的最小值是 ；距离最小时点P 的坐标是 ．15.已知向量)0,1,1(=a ，)2,0,1(-=b ，)2,1,(-=x c ，若c b a ,,是共面向量，则=x ． 16.矩形ABCD 与ABEF 所在平面相互垂直，AB AF AD 3==，现将ACD ∆绕着直线AC 旋转一周，则在旋转过程中，直线AD 与BE 所成角的取值范围是 ．17. 若椭圆)15(1151022>=-++t t y t x 与双曲线191622=-y x 在第一象限内有交点A ，且双曲线左、右焦点分别是21,F F ，021120=∠A F F ，点P 是椭圆上任意一点，则21F PF ∆面积的最大值是 ．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. 已知直线012:=+-y ax l 与圆03222=--+x y x C ：相交于B A ,两个点. （1）求圆C 的圆心与半径； （2）若32||=AB ，求实数a 的值.19. 如图，三棱柱111C B A ABC -中，090=∠ABC ，21===AA BC AB ，⊥1AA 平面ABC ，F E ,分别是111,C A BB 的中点.（1）求证：CE AF ⊥；（2）求平面AEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值.20.平面上的动点),(y x P 到定点)0,1(F 的距离与到直线1-=x 的距离相等. （1）求点P 的轨迹方程C ；（2）过点F 作直线l 与点P 的轨迹交于B A ,两个不同的点，若3=，求直线l 的方程.21. 如图，在三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，5=AB ，7=BC ，8==PA AC ，32π=∠PAC ，G 是ABC ∆重心，E 是边PC 上点，且PC PE λ=.（1）当31=λ时，求证：//EG 平面PAB ；（2）若PC 与平面ABE 所成角的正弦值为552时，求λ的值.22.如图，已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为22，)1,2(P 是椭圆E 上一点。
浙江省杭州市西湖高级中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题(解析版)
2020学年第一学期高二期末考试数学试题卷考生须知：1.全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交.2.试卷共4页，有3大题，22小题.满分150分，考试时间120分钟.3.答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上.4.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.作图时先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑.选择题部分（共40分）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. 在下列命题中，不是公理的是（ ）A. 平行于同一个平面的两个平面平行B. 过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面C. 如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【答案】A【解析】试题分析：选项A 是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的．B,C,D 四个命题是平面性质的三个公理，所以选A ．考点：点，线，面的位置关系．2. “21a =”是“直线0x y +=和直线0x ay -=互相垂直”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先求出两条直线垂直的充要条件，再根据所得条件和已知条件的关系可得两者的条件关系.【详解】直线0x y +=和直线0x ay -=的充要条件为()1110a ⨯+⨯-=即1a =，1a =可以推出21a =，但21a =推不出1a =，故“21a =”是“直线0x y +=和直线0x ay -=互相垂直”的必要而不充分条件，故选：B.3. 已知坐标平面上的两点()1,0A -和()10B ,，动点P 到A 、B 两点距离之和为常数2，则动点P 的轨迹是（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 线段【答案】D【解析】 【分析】依题意得到2PA PB AB +==，即判断动点P 在线段AB 上运动，即得结果. 【详解】由题意可知，()1,0A -与()10B ,的距离为2AB =，而动点P 到A 、B 两点距离之和为常数2，即2PA PB AB +==，故动点P 在线段AB 上运动，即动点P 的轨迹是线段.故选：D.4. 在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是正方形ABCD 的中心，则直线1A D 与直线1B M 所成角大小为（ ）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°【答案】A【解析】【分析】如图，连接1B C ，MC ，MB ，利用余弦定理可求1CB M ∠的值，从而可得直线1A D 与直线1B M 所成角大小.【详解】设正方体的棱长为2a ，连接1B C ，MC ，MB ，因为11//B C A D ，故1CB M ∠或其补角为直线1A D 与直线1B M 所成角.而1B C =，MC =，1B M ===，故22211B C B M CM =+，所以1MB CM ⊥， 所以163cos 22a CB M a∠==，因为1CB M ∠为锐角，故130CB M ∠=︒， 故选：A.5. 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意画出几何体的直观图，然后判断以zOx 平面为投影面，则得到正视图即可．解：因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O ﹣xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx 平面为投影面，则得到正视图为：故选A ．6. 已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上,若3,4,AB AC AB ==⊥1,12,AC AA =则球O 的表面积为A. 153πB. 160πC. 169πD. 360π【答案】C【解析】【分析】 由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成直四棱柱，其体对角线就是外接球的直径，求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成直四棱柱，其体对角线就是外接球的直径，所以2221133+4+1222R =，由球的表面积公式得2134()1692S ππ==，故选C ． 【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.7. 设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.下列命题中正确的是（ ）A. 若αβ⊥，m α⊂，n β⊂，则m n ⊥B. 若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m nC. 若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D. 若m α⊥，//m n ，βn//，则αβ⊥【答案】D【解析】 【分析】以正方体为模型可判断ABC 错误，利用面面垂直的判断定理可判断D 正确.【详解】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，平面1111A B C D ⊥平面11A D DA ，11B C ⊂平面1111D C B A ，AD ⊂平面11A D DA ，但11//B C AD ， 故A 错误.平面1111//A B C D 平面ABCD ，11B C ⊂平面1111D C B A ，AB 平面ABCD ，但11B C AB ⊥，故B 错误.11B C ⊂平面1111D C B A ，AB 平面ABCD ，11B C AB ⊥，但平面1111//A B C D 平面ABCD ，故C 错误.对于D ，如图所示，过n 作平面γ，使得a γβ⋂=，因为βn//，故//n a ，故//m a ，所以a α⊥，而a β⊂，故αβ⊥.故选：D.8. 设F 是双曲线22:1169x y C -=的右焦点，l 是双曲线C 的一条渐近线，过F 作一条直线垂直与l ，垂足为P ，则sin OFP ∠的值为（ ）A. 35B. 45C. 54D. 53【答案】B【解析】【分析】作出图像，由双曲线方程求出渐近线斜率即可. 【详解】由题知双曲线4,3,5a b c ===如图做出双曲线C 的一条渐近线l ，则34l b k a ==，即3tan 4FOP ∠=，又5OF c ==，所以4,3OP PF ==，4sin 5OP OFP OF ∠==. 故选：B. 9. 设O 为坐标原点，1F ，2F 是椭圆22221x y a b+=（0a b >>）左、右焦点，若在椭圆上存在点P 满足123F PF π∠=，且3OP =，则该椭圆的离心率为（ ）A. 12B. 14C. 312-D. 22 【答案】A 【解析】 【分析】根据中线向量可得()1212PO PF PF =+，平方后结合椭圆的定义可得212PF PF a ⋅=，在焦点三角形中再利用余弦定理可得224c a =，从而可求离心率.【详解】因为O 为12F F 的中点，故()1212PO PF PF =+， 所以()2221212124PO PF PF PF PF =++⋅，故22212123112442a PF PF PF PF ⎛⎫=++⋅⋅ ⎪⎝⎭， 故()2222121212123a PF PF PF PF PF PF PF PF =++⋅=+-⋅，所以212PF PF a ⋅=， 又22212121422c PF PF PF PF =+-⋅⋅， 故()2222212124343c PF PF PF PF a a a =+-⋅=-=，故12e =. 故选：A. 【点睛】方法点睛：与焦点三角形有关的计算问题，注意利用椭圆的定义来转化，还要注意利用余弦定理和向量的有关方法来计算长度、角度等.10. 已知直线和曲线22:2220M x y x y +---=，点A 在直线l 上，若直线AC 与曲线M 至少有一个公共点C ，且030MAC ∠=，则点A 的横坐标的取值范围是（ ）A. 0,5B. []1,5C. []1,3D. (]03, 【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：设()00,6A x x -，依题意有圆心到直线的距离sin302d AM =≤，即()()22001516x x -+-≤，解得[]01,5x ∈.考点：直线与圆的位置关系.非选择题部分（共110分）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. 在空间直角坐标系O xyz -中，点(1,2,2)A ，则||=OA __________；点A 到坐标平面yoz 的距离是__________．【答案】 (1). 3 (2). 1【解析】根据空间坐标系中两点间的距离公式，得：()()()222102020＋＋---． ∵A （1，2，2），∴点A 到平面yoz 的距离=|1|=1．故答案为3，1点睛: 点A （x ，y ，z ）到坐标平面yoz 的距离=|x|;点A （x ，y ，z ）到坐标平面xoz 的距离=|y|;点A （x ，y ，z ）到坐标平面yox 的距离=|z|.12. 直线l 与直线1y =，直线7x =分别交于P 、Q 两点，PQ 中点为(1,1)M -，则直线l 的斜率是_____．【答案】13-【解析】试题分析：设直线l 与直线1y =，直线7x =交点P 、Q 的坐标为P （x ，1），Q(7，y)，然后由中点坐标公式即可求出x=-5，y=-3，即P （-5，1）Q (7，-3)，则由斜率计算公式得，．考点： 直线相交问题； 由直线上两点坐标求直线斜率． 13. 直线l 过抛物线28y x =的焦点F ，且与抛物线交于A ，B 两点，若线段AB 的中点到y 轴的距离是2，则AB =______.【答案】8.【解析】【分析】设()()1122,,,A x y B x y ，再表达出M 的坐标，再利用抛物线的弦长公式求解即可.【详解】设()()1122,,,A x y B x y ，则利用中点坐标公式知1212,22x x y y M ++⎛⎫⎪⎝⎭， 又点M 到y 轴的距离为2，故1222x x +=,即124x x +=, 又28,4p p ==，故利用过抛物线焦点的弦长公式12448AB x x p =++=+=.故答案为：8【点睛】方法点睛：本题主要考查了过抛物线焦点的弦长公式，有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点，可直接使用公式12AB x x p =++，若不过焦点，则必须用一般弦长公式，考查学生的运算能力与转化思想，属于一般题.14. 已知a R ∈，方程222(2)4850a x a y x y a +++++=表示圆，则圆心坐标是_____，半径是______． 【答案】 (1). (2,4)--； (2). 5．【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意，知22a a =+，12a =-或，当1a =-时，方程为224850x y x y +++-=，即22(2)(4)25x y +++=，圆心为(2,4)--，半径为5，当2a =时，方程为224448100x y x y ++++=，2215()(1)24x y +++=-不表示圆． 圆的标准方程.由方程222(2)4850a x a y x y a +++++=表示圆可得a 的方程，解得a 的值，一定要注意检验a 的值是否符合题意，否则很容易出现错误．15. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是_____cm 2，体积是____cm 3.【答案】 (1). 72 (2). 32【解析】【分析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体是由4个棱长为2的小正方体组成，代入体积公式和面积公式计算，即可求解.【详解】根据给定的几何体的三视图，可得该几何体是由四个棱长为2的小正方体组成的组合体， 如图所示，所以体积为32(224)32cm ⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠的部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为22(222244)2(22)72cm ⨯⨯⨯+⨯⨯-⨯=. 故答案为：72，32.16. 已知直线l ：()22110mx m y m +---=，到当实数m 变化时，原点O 到直线l 距离的最大值为______；平面内所有恒不在l 上的点(),x y 所形成的图形面积为______.【答案】 (1).212 (2). 4π 【解析】【分析】根据点到直线距离公式，求出原点O 到直线l 的距离d ，得到d 关于m 的函数，根据函数特征求出其最大值；将直线l 方程看成关于m 的方程，由于平面内所有点(),x y 恒不在l 上的，因此关于m 的方程无实根，由判别式∆<0，得出图形，即可求出面积.【详解】依题意，原点O 到直线l 的距离为d ，2|1|1m d m +==+要距离最大值，则0m >， 2112(1)2(1)2(1)21m d m m m m +==+-++++-+12≤=，当且仅当1m =，等号成立， 所以原点O 到直线l； ()22110mx m y m +---=，平面内所有点(),x y 恒不在l 上，∴关于m 的方程2(12)10ym m x y +--+=无解， 显然1(0,)2不是直线l 的点 20,(12)4(1)0y x y y ∴≠∆=---+<， 即22111()(),0224x y y -+-<≠和点1(0,)2， 为(,)x y 所围成的图形，面积为4π. 故答案为:12；4π. 【点睛】本题考查求点到直线距离、直线的一般式方程和圆的知识，转化为基本不等式求最值和关于m 的方程无实根是解决问题的关键，属于中档题.17. 已知正ABC 的顶点A 在平面α上，顶点B 、C 在平面α的同一侧，D 为BC 的中点，若ABC 在平面α上的投影是以A 为直角顶点的三角形，则直线AD 与平面α所成角的正弦值的最小值为______.【答案】6 3.【解析】【分析】本题首先可结合题意绘出图像，设BE a=、CF b=以及2AB AC BC===，然后根据投影的相关性质得出2a bDG以及12GA EF，结合线面角的相关性质得出DAG∠即直线AD 与平面α所成角，再然后根据222EF AE AF=+得出2228EF a b，根据222AG AD DG得出2212EF a b ，从而求出2ab=，最后根据sinDGDAGAD以及基本不等式即可求出最小值. 【详解】如图，结合题意绘出图像，AEF即ABC在平面α上的投影，作DG ⊥平面α于点G，连接AG，设BE a=，CF b=，2AB AC BC===，则3AD=，因为AEF即ABC在平面α上的投影，D为BC的中点，所以点G在线段EF上且点G 是线段EF 的中点，22BE FC a bDG，因为AEF是以A为直角顶点的三角形，所以12GA EF，因为DG⊥平面α于点G，所以DG AG⊥，DAG∠即直线AD与平面α所成角，因为22224AE AB BE a，22224AF AC CF b，222EF AE AF=+，所以222228EF AE AF a b，因为22222322EF a bAG AD DG，即2212EF a b，联立()22222128EF a bEF a b⎧=-+⎪⎨=--⎪⎩，解得2ab=，则323262sin 263a b DGDAG a a AD aa ，当且仅当a b ==AD 与平面α， . 【点睛】关键点点睛：本题考查线面角的正弦值的求法，能否结合线面角的性质确定线面所成角是解决本题的关键，考查勾股定理的灵活应用，考查通过基本不等式求最值，考查计算能力，考查数形结合思想，是较难题.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. 已知直线:30l kx y k --=与圆22:8290M x y x y +--+=.（Ⅰ）求证：直线l 必过定点，并求该定点；（Ⅱ）当圆M 截直线l 所得弦长最小时，求k 的值.【答案】（Ⅰ）证明见解析，()3,0；（Ⅱ）1k =-.【解析】【分析】（Ⅰ）直线l 可化为()30k x y --=，可知直线恒过点()3,0A ；（Ⅱ）当圆M 截直线l 所得弦长最小时，可知MA l ⊥，根据,M A 点坐标求出MA 的斜率，利用两直线垂直斜率的关系可求出k 的值.【详解】（Ⅰ）证明：直线l 方程可化为：()30k x y --=，对上式中,当3,0x y ==时，不论k 取何值，等式恒成立，所以直线l 恒过点()3,0A（Ⅱ）将圆M 的方程化为：()()22418x y -+-=，圆心为()4,1M ，半径r =由（Ⅰ）知，直线l 恒过点()3,0A ，当圆M 截直线l 所得弦长最小时，则MA 垂直于直线l ，即1MA k k ⋅=- ()4,1M ，()3,0A ，10143MA k -∴==-，1k ∴=- 所以当圆M 截直线l 所得弦长最小时，k 的值为1-【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系的证明、根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题；解题关键是能够明确直线被圆截得的弦所在的直线与直线垂直时,截取的弦长最短，利用两直线垂直求斜率，考查学生的运算能力，属于一般题.19. 已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的菱形，且60ABC ∠=︒，2PA PC ==，PB PD =.（Ⅰ）若O 是AC 与BD 的交点，求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）若点M 是PD 的中点，求异面直线AD 与CM 所成角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；10【解析】【分析】（1）连接AC 与BD 交于点O ，可证得PO AC ⊥，PO BD ⊥,从而得证；（2）取PA 的中点N ，连接MN ，则//MN AD ，则NMC ∠就是所求的角（或其补角），根据边长，利用余弦定理求解即可.【详解】（1）连接AC 与BD 交于点O ，连OP . PA PC =，PD PB =，且O 是AC 和BD 的中点，PO AC ∴⊥，PO BD ⊥,AC 和BD 为平面ABCD 内的两条相交直线，PO ∴⊥平面ABCD .（2）取PA 的中点N ，连接MN ，则//MN AD ，则NMC ∠就是所求的角（或其补角）， 根据题意得2,3PA PC AC AB AD PO OD =======所以112MN AD ==，3NC =6PD =所以，2261044MC PC PM =--故22210cos 2MN MC NC NMC MN MC +-∠==⋅20. 设动点(),M x y （0x ≥）到定点()2,0F 的距离比它到y 轴的距离大2.（Ⅰ）求动点M 的轨迹方程C ；（Ⅱ）设过点F 的直线l 交曲线C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，求AOB 面积的最小值.【答案】（Ⅰ）28y x =；（Ⅱ）8.【解析】【分析】（Ⅰ）根据M 的几何性质可得())22220x x y x +=-+≥，化简后可得抛物线的方程.（Ⅱ）设:2l x ty =+，联立直线方程和抛物线方程，消元后可得面积的表达式，从而可求面积的最小值.【详解】（Ⅰ）由题设可得())22220x x y x +=-+≥，整理可得()280y x x =≥.（Ⅱ）设:2l x ty =+， 由228x ty y x=+⎧⎨=⎩可得28160y ty --=，故2212646481y y t t -=+=+ 又2212818182OAB S t t =⨯⨯+=+≥，当且仅当0t =时等号成立， 故AOB 面积的最小值为8.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题，往往需要利用韦达定理构建目标的函数关系式，自变量可以斜率、斜率的倒数或点的横、纵坐标等.而目标函数的最值可以通过常见函数的性质、基本不等式或导数等求得.21. 如图，Rt ABC △中，90ABC ∠=︒，2BA BC ==，分别过A ，C 作平面ABC 的垂线1A A 和1C C ，12AA =，1CC h =，连结1A C 和1AC 交于点P .（Ⅰ）设点M 为BC 中点，若2h =，求证：直线PM 与平面1A AB 平行；（Ⅱ）设O 为AC 中点，二面角11A AC B --等于45°，求直线OP 与平面1A BP 所成角的大小. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）60︒.【解析】【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判断定理可证明//PM 面1A AB .（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面11AA C 的法向量和平面11A C B 的法向量后利用已知二面角可得2h 的值，再求出OP 和平面1A BP 的法向量后可得线面角的正弦值，从而可求角的大小.【详解】解：（Ⅰ）若2h =，因为1A A ⊥平面ABC ，1C C ⊥平面ABC ，故11//A A C C ，因为112AA CC ==，故P 为1A C 的中点，由中位线知：1//PM A B ，而PM ⊄面1A AB ，1A B ⊂面1A AB ，//PM ∴面1A AB（Ⅱ）以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则()2,0,0B ，()10,2,2A -，()122,C h ，()2,0C ， ()12,2,2BA =--，()122,2,BC h =-. 设平面11A C A 的法向量为1n ，易得()11,0,0n =，设平面11A C B 的法向量为()2,,n x y z =，由12120,0,BA n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得22220,220,x z x h z ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩取1z =，得222,,12222n ⎫=⎪⎝⎭， 12221222cos45162n n n n h ⋅∴︒===+，得21h =. 12A P PC ∴=，1222210,,333OP OA OC ⎛⎫⎛⎫∴=-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设平面1A PB 的法向量，即平面1A BC 的法向量为()3111,,n x y z =，又()2,2,0BC =-. 由13130,0,BA n BC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得111112220,220,x y z x y ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩取11x =得()31,1,2n =. 设直线OP 与平面1A BP 所成的角为α，02πα<<. 则3323sin 26OP n OP n α⋅===，则60α=︒. 所以直线OP 与平面1A BP 所成的角为60︒.【点睛】方法点睛：.线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.22. 已知椭圆1C 、抛物线2C 的焦点均在x 轴上，1C 的中心和2C 的顶点均为原点O ，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中： x3 -24 y0 -4 （Ⅰ）求12C C 、的标准方程；（Ⅱ）请问是否存在直线l 满足条件：①过2C 的焦点F ；②与1C 交不同两点,M N 、且满足OM ON ⊥？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ），1C ：；（Ⅱ） 22y x =-或22y x =-+ 【解析】【分析】【详解】（Ⅰ）设抛物线，则有，据此验证4个点知（3，）、（4，-4）在抛物线上，易求设1C ：，把点（-2，0）（，）代入得：解得∴1C 方程为（Ⅱ）假设存在这样的直线过抛物线焦点(1,0)F ，设直线的方程为两交点坐标为，由消去，得 ∴①212121212(1)(1)1()x x my my m y y m y y =++=+++② 由OM ON ⊥，即，得 将①②代入（*）式，得，解得 所以假设成立，即存在直线满足条件，且的方程为：22y x =-或22y x =-+ 法二：容易验证直线的斜率不存在时，不满足题意； 当直线斜率存在时，假设存在直线过抛物线焦点(1,0)F ，设其方程为(1)y k x =-，与1C的交点坐标为由221{4(1)x y y k x +==-消掉y ，得2222(14)84(1)0k x k x k +-+-=，于是2122814k x x k +=+，21224(1)14k x x k-=+① 212111212(1)(1)[()1]y y k x k x k x x x x =-⨯-=-++即2222122224(1)83(1)141414k k k y y k k k k -=-+=-+++② 由OM ON ⊥，即，得将①、②代入（*）式，得2222224(1)340141414k k k k k k---==+++，解得2k =±； 所以存在直线满足条件，且的方程为：22y x =-或22y x =-+．。
浙江省杭州市西湖区杭州学军中学2020-2021学年高二上学期期末数学试题
8．正四面体 中， 在平面 内，点 是线段 的中点，在该四面体绕 旋转的过程中，直线 与平面 所成角不可能是( )
A． B． C． D．
9．已知 ，作直线 ，使得点 到直线 的距离均为 ，且这样的直线 恰有 条，则 的取值范围是（）
A． B． C． D．
10．（2018届浙江省温州市一模）如图，正四面体 中， 在棱 上，且 ，分别记二面角 的平面角为 ，在（）
16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑 中， 平面 ， ，且 ，过点 分别作 于点 ， 于点 ，连结 ，当 的面积最大时， __________.
17．已知椭圆 上的三点 ，斜率为负数的直线 与 轴交于 ，若原点 是 的重心，且 与 的面积之比为 ，则直线 的斜率为__________.
20．如图，已知位于 轴左侧的圆 与 轴相切于点 且被 轴分成的两段圆弧长之比为 ，直线 与圆 相交于 ， 两点，且以 为直径的圆恰好经过坐标原点 .
（1）求圆 的方程；
（2）求直线 的斜率 的取值范围.
21．如图，在四棱锥 中， ， ，且 , ， .
（Ⅰ）求证：平面 ⊥平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
故选：B
【点睛】
本题考查了面面平行的判定定理的应用，属于基础题.
4．C
【分析】
先将两圆的方程化为标准方程，再根据圆与圆的位置关系的判断方法得到结论.
【详解】
圆 化为标准方程为：
圆 化为标准方程为：
所以两圆的圆心距为：
两圆相交
故选：C
【点睛】
本题主要考查了圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
B：如果过 的直线都与 ， 都平行，根据平行公理， ， 平行这与 ， 是异面直线矛盾，故本结论错误；
2019-2020学年 浙江省杭州市高级中学 高二上学期期末数学试题(解析版)
2019-2020学年浙江省杭州市高级中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．已知直线:20l ax y +-=在x 轴和y 轴上的截距相等，则a 的值是（ ） A ．1 B ．-1C ．-2D ．2【答案】A【解析】试题分析：由题意得，直线的截距式方程为122x ya+=，所以221a a=⇒=，故选A ．【考点】直线的截距式方程的应用．2．边长为 ） A．4B ．1C．D ．8【答案】C【解析】正方形的边长为8，而原图和直观图面积之间的关系S S =直观图原图， 故直观图的面积为8故选C ．3．已知方程22(1)(3)(1)(3)m x m y m m -+-=--表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数m 的取值范围为（ ）A ．(1,2)B ．(2,3)C ．(,1)-∞D ．(3,)+∞【答案】B【解析】方程()()()()221313m x m y m m -+-=--，化为22131x y m m +=--表示焦点在y 轴上的椭圆，可得130m m ->->，解得23m <<，实数m 的取值范围为(2,3），故选B.4．若实数x ，y 满足约束条件22022x y x y y +-≥⎧⎪+≤⎨⎪≤⎩，则x y -的最大值等于（ ）A ．2B ．1C ．-2D ．-4【答案】A【解析】作出可行域，平移目标函数，找到取最大值的点，然后可求最大值. 【详解】根据题意作出可行域如图：平移直线:0l x y -=可得在点A 处取到最大值，联立22020x y x y +-=⎧⎨+-=⎩可得(2,0)A ,代入x y -可得最大值为2，故选A. 【点睛】本题主要考查线性规划，作出可行域，平移目标函数，求出最值点是主要步骤，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.5．与直线x+y+3=0平行，且它们之间的距离为的直线方程为（ ）A ．x ﹣y+8=0或x ﹣y ﹣1=0B ．x+y+8=0或x+y ﹣1=0C ．x+y ﹣3=0或x+y+3=0D ．x+y ﹣3=0或x+y+9=0 【答案】D【解析】试题分析：设所求直线方程为x+y+m=0，运用两平行直线的距离公式，解关于m 的方程，即可得到所求方程． 解：设所求直线方程为x+y+m=0， 则由两平行直线的距离公式可得d==3，解得m=9或﹣3．则所求直线方程为x+y ﹣3=0或x+y+9=0， 故选D ．【考点】两条平行直线间的距离．6．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>一条渐近线与直线2420x y -+=垂直，则该双曲线的离心率为（ ） A ．5 B ．5C ．2D ．22【答案】A【解析】先求得渐近线的方程，利用两条直线垂直斜率相乘等于1-列方程，结合222c a b =+求得双曲线离心率.【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为b y x a =±，则112b a -⨯=-，即2ba=，又，所以215b e a ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.故选A.【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线以及离心率的求法，考查两条有斜率的直线相互垂直时，斜率相乘等于1-，属于基础题.7．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 成60°的角； ③EF 与MN 是异面直线； ④MN ∥CD .其中正确的是( ) A ．①② B ．③④C ．②③D ．①③【答案】D 【解析】【详解】将展开图还原为正方体，由于EF ∥ND ，而ND ⊥AB ，∴EF ⊥AB ；显然AB 与CM 平行；EF 与MN是异面直线，MN 与CD 也是异面直线，故①③正确，②④错误.8．过抛物线2:4C y x =的焦点F 作直线l 交抛物线C 于,A B ，若，则l的斜率是（ ） A ．3 B ．2-C ．3±D ．2±【答案】C【解析】试题分析：由题意得，抛物线2:4C y x =准线方程为:1l x =-，如图所示，当直线AB 的倾斜角为锐角时，分别作点,A B 作,AM l AN l ⊥⊥，垂足为,M N ，过点B 作BC AM ⊥交于点C ，则,AM AF BN BF ==，因为334AF BF AB ==，所以12AM BN AC AF BF AB -==-=，在Rt ABC ∆中，由12AC AB =，可得60BAC ∠=o ，因为//AM x 轴，所以60BAC AFx ∠=∠=o ，此时3AB k =；当直线AB 的倾斜角为钝角时，可得3AB k =-，故选C ．【考点】直线与抛物线的综合应用．9．如图，已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角为α，直线DA 与平面ABC 所成的角为β，直线DA 与BC 所成的角为γ，则（ ）A ．αβ≥B ．αβ≤C ．αγ≥D ．αγ≤【答案】A【解析】不妨设三棱锥D-ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ，由此能求出结果． 【详解】不妨设三棱锥D-ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ， 过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ， 则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ， 4132DE CE DC ==-=＝，， ∴13233cos α==⨯⨯ ，22234133AO CO CE ===-＝， ∴233323AO cos AD β===， 取BC 中点E ，连结DE 、AE ，则DE ⊥BC ，AE ⊥BC ， 又DE ∩AE=E ，∴BC ⊥平面AED ，∴BC ⊥AD ，∴γ=90°． ∴γ≥α≥β． 故选A ． 【点睛】本题考查二面角、线面角、异面直线所成角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．10．已知,,A B C 是椭圆()222210x y a b a b+=>>上的三个点，直线AB 经过原点O ，直线AC 经过椭圆右焦点F ，若BF AC ⊥，且4BF CF =，则椭圆的离心率是（ ）A ．22B ．5 C ．74D ．115【答案】B【解析】设椭圆的另一个焦点为E ，令|CF|=m ，|BF|=|AE|=4m ， |AF|=2a-4m ，在直角三角形EAC 中，4m 2+（2a-4m +m ）2=（2a-m ）2， 化简可得a=3m ，在直角三角形EAF 中，4m 2+（2a-4m ）2=（2c ）2， 即为5a 2=9c 2，可得e=53． 故选B ．点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程或不等式，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，建立关于a ，b ，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.二、填空题11．边长为2的等边三角形绕其一边所在的直线旋转一周得到一个几何体，该几何体的体积是________，该几何体的表面积是________． 【答案】2π，43π【解析】【详解】试题分析：如图所示，绕AB 所在的直线旋转一周，得到两个相同的圆锥，因为等边三角形的边长为2，所以圆锥的高为1h =，底面半径为3r =，母线长为2l =．所以该几何体的表面积为223243S rl πππ=⨯=⨯⨯⨯=；该几何体的体积为221122(3)1233V r h πππ=⨯=⨯⨯⨯=．【考点】旋转体的定义及表面积与体积的计算． 12．已知点(),m n 在曲线24y x =-上，则23n m --的取值范围是________，2m n +的最小值为________.【答案】[]0,2； 2-.【解析】根据题意，得到曲线表示圆224x y +=的一半，画出图形，根据23n m --表示点(3,2)与点(),m n 连线的斜率，结合图形即可得出结果；记(,)x y 是曲线24y x =-上任意一点，令2t x y =+，根据图像求出最小值，即可得出2m n +的最小值. 【详解】 因为曲线24y x =-可化为224(0)x y y +=≥，表示圆224x y +=的一半，画出图形如下：式子23n m --表示点(3,2)与点(),m n 连线的斜率， 根据图像可得：半圆上的点(0,2)与点(3,2)连线的斜率最小为0， 半圆上的点(2,0)与点(3,2)连线的斜率最大为2； 所以23n m --的取值范围是[]0,2； 记(,)x y 是曲线24y x =-上任意一点，令2t x y =+，则122t y x =-+， 所以2t x y =+表示直线122ty x =-+在y 轴截距的2倍，由图像可得：当直线122ty x =-+经过点(2,0)-时，该直线在y 轴截距最小，此时min 2t =-；又点(),m n 在曲线y =上，所以2m n +的最小值等于min 2t =-.故答案为：[]0,2；2-. 【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，只需结合图像，以及所求式子的几何意义即可求解，属于常考题型.13．若12F F ，是双曲线()22y C :x 1y 024-=≠的左，右焦点，点P 是双曲线C 上一点，若1|PF |6=，则2|PF |=_____，12ΔPFF 的面积12ΔPF F S =______. 【答案】8 24【解析】根据双曲线的概念得到若1|PF |6=，则122||PF |PF 2a 2|PF 48-==⇒=或，因为y 0≠，而当P 点落在ｙ轴上时才会有2|PF |4=，故舍掉．最终2|PF |8=．因为三角形12PF F 是直角三角形，故12ΔPF F S = 16824.2⨯⨯= 故答案为(1). 8 (2). 24.14．设P 、A 、B 、C 是一个球面上的四个点，PA 、PB 、PC 两两垂直，且1,2PA PB PC ===，则该球的体积为_____.【解析】将三棱锥补成长方体，从而得到外接球的球心为长方体的中心，再利用长方体的体对角线的平方等于三条棱的平方和，即可求得球的半径，从而得到球的体积. 【详解】Q P 、A 、B 、C 是一个球面上的四个点，PA 、PB 、PC 两两垂直，将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥的外接球的球心与长方体的球心为同一个， 都是长方体体对角线的中点，设球的半径为R ，∴222223(2)62R PA PB PC R =++=⇒=，∴3443332V R ππ=⋅⋅=⋅⋅=..【点睛】本题考查三棱锥与球的切接问题、球的体积计算，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意补形法的应用.15．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，,,M E F 分别为,,PQ AB BC 的中点，则直线ME 与平面ABCD 所成角的正切值为________；异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是________．230【解析】【详解】试题分析：由,,AB AD AQ 两两垂直，分别以,,AB AD AQ 所在的直线为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设2AB =，则(0,0,0),(1,0,0),(2,1,0),(0,1,2)A E F M ，所以(1,1,2),(2,1,0)EM AF =-=u u u u r u u u r，其中平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)n =r，所以ME 与平面ABCD 所成角的正弦值为6sin EM n EM nα⋅==⋅u u u u r r u u u u r r tan 2α=；又向量EM u u u u r 与AF u u u r 所成角的余弦值为cos EM AFEM AF β⋅=⋅u u u u r u u u r u u u u r u u u r30=，又(0,]2πβ∈，所以异面直线EM 与AF 30【考点】空间向量的运算及空间角的求解．16．定长是3的线段AB 的两端点在抛物线2y x =上移动，M 是线段AB 的中点，则M 到y 轴距离的最小值是________.【答案】54【解析】由抛物线定义可求得1212AF BF x x +=++，根据AF BF AB +≥可求得12x x +的最小值，由所求距离为122x x +可确定所求距离的最小值. 【详解】设()11,A x y ，()22,B x y由抛物线方程知焦点1,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为：14x =-由抛物线定义知：114AF x =+，214BF x =+ 3AF BF AB +≥=Q （当且仅当,,A F B 三点共线时取等号）即12132x x ++≥，解得：1252x x +≥ AB Q 中点M 到y 轴距离为12524x x d +=≥，故所求最小值为54故答案为：5 4【点睛】本题考查直线与抛物线综合应用中的距离最值问题的求解，关键是能够熟练应用抛物线的定义得到,AF BF的长，根据三角形两边之和大于第三边可确定三点共线时取最小值.17．如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，E是AB中点，F在1CC上，且12CF FC=，点P是侧面11AA D D（包括边界）上一动点，且1//PB平面DEF，则tan ABP∠的取值范围是________.【答案】1133⎡⎢⎣⎦【解析】先作出平面1//MNQB平面DEF，结合题意，得到点P的轨迹是线段QN，分别求出点P与点Q，点N重合时，tan ABP∠的值，即可得出结果.【详解】作出平面1//MNQB平面DEF，则12AQ AQ=，12DN D N=，因为1//PB平面DEF，所以点P的轨迹是线段QN，因此，当点P运动到点Q处时，tan ABP∠取得最小值，此时1tan3AQABPAB∠==；当点P运动到点N处时，tan ABP∠取得最大值，此时2212313tanAD DDANABPAB⎛⎫+ ⎪⎝⎭∠===；所以tan ABP∠的取值范围是113,33⎡⎢⎣⎦.故答案为：11333⎡⎢⎣⎦.【点睛】本题主要考查由线面平行求角的问题，熟记线面平行的性质即可，属于常考题型.三、解答题18．已知直线:230m x y --=与直线:30n x y +-=的交点为P ．（1）直线l 过点P ，且点(1,3)A 和点(3,2)B 到直线l 的距离相等，求直线l 的方程； （2）直线1l 过点P 且与,x y 正半轴交于A B 、两点，ABO ∆的面积为4，求直线1l 的方程．【答案】（1）240x y +-=或2x =；（2）122y x =-+． 【解析】【详解】试题分析：首先解方程组得到交点P 的坐标，由点(1,3)A 和点(3,2)B 到直线l 的距离相等可知直线AB 与直线l 平行或l 过AB 中点，由此可求得直线l 方程；（2）设出直线的截距式方程，由点的坐标和三角形面积可求得关于截距的方程组，解方程组求得截距值，从而得到直线方程试题解析：（1）直线:230m x y --=与直线:30n x y +-=联立方程可得交点()2,1P ；点(1,3)A 和点(3,2)B 到直线l 的距离相等，所以321132AB l k k -===--或直线l 过AB 中点52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以直线l 方程为240x y +-=或2x =（2）由题可知，直线1l 的横、纵截距a b 、存在，且00a b >>、，则1:1x yl a b+=，又1l 过点(2,1)，ABO ∆的面积为4，∴211 {14 2a bab+==，解得4{2ab==，故1l方程为142x y+=，即122y x=-+．【考点】直线方程19．如图，在三棱锥P ABC-中，BC⊥平面APC，23AB=，2AP PC CB===.（1）求证：AP⊥平面PBC；（2）求二面角P AB C--的大小.【答案】（1）见解析；（2）3π.【解析】（1）根据题中条件，证明BC AP⊥，AP PC⊥，再由线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）在平面APC内作PQ AC⊥于Q，过点Q作QR AB⊥于R，连结PR，根据线面垂直的判定定理与性质定理，得到AB PR⊥，推出PRQ∠即为二面角P AB C--，再由题中数据，即可求解.【详解】（1）因为BC⊥平面APC，所以BC AC⊥，BC AP⊥，因为2CB=，23AB=2222AC AB CB=-=；又2AP PC==，所以222AP PC AC+=，即AP PC⊥；又BC PC C⋂=，且PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AP⊥平面PBC；（2）因为BC⊥平面APC，所以平面ABC⊥平面APC，在平面APC内作PQ AC⊥于Q，则PQ⊥平面ABC，所以PQ AB⊥；过点Q作QR AB⊥于R，连结PR，因为QR PQ Q⋂=，且PQ⊂平面PQR，RQ⊂平面PQR，所以AB ⊥平面PQR ，因此AB PR ⊥， 则PRQ ∠即为二面角P AB C --， 在RT APC V 中，2AP PC PQ AC ⋅==，在RT ABC V 中，6BC AQ QR AB ⋅==， 所以tan 3PQPRQ QR∠==， 从而二面角P AB C --的大小为3π.【点睛】本题主要考查证明线面垂直，求二面角的大小，熟记线面垂直的判定定理与性质定理，以及二面角的几何求法即可，属于常考题型.20．已知圆M 的半径为3，圆心在x 轴正半轴上，直线3490x y -+=与圆M 相切. （1）求圆M 的标准方程；（2）过点(0,3)N -的直线L 与圆M 交于不同的两点1122(,),(,)A x y B x y ，而且满足221212212x x x x +=，求直线L 的方程. 【答案】(1) （x ﹣2）2+y 2=9 (2) x ﹣y ﹣3=0，17x ﹣7y ﹣21=0，x=0 【解析】试题分析：（1）可设圆心坐标为(,0)(0)a a >，由直线与圆相切，知圆心M 到切线的距离等于半径，可求得a ，从而得圆的标准方程；（2）注意分类讨论，当直线l 斜率不存在时，代入求出A 、B 两点坐标，检验是否符合题意；当直线l 斜率存在时，设斜率为k ，得直线方程为3y kx =-，代入圆的方程，由韦达定理得1212,x x x x +，代入已知等式221212212x x x x +=可求得k 的值，从而得直线方程．试题解析：（I ）设圆心为M （a ，0）（a ＞0）， ∵直线3x ﹣4y+9=0与圆M 相切 ∴=3．解得a=2，或a=﹣8（舍去），所以圆的方程为：（x ﹣2）2+y 2=9 （II ）当直线L 的斜率不存在时，直线L ：x=0，与圆M 交于A （0，），B （0，﹣），此时+=x 1x 2=0，所以x=0符合题意当直线L 的斜率存在时，设直线L ：y=kx ﹣3， 由消去y ，得（x ﹣2）2+（kx ﹣3）2=9，整理得：（1+k 2）x 2﹣（4+6k ）x+4=0.........................................................（1） 所以由已知得：整理得：7k 2﹣24k+17=0，∴把k 值代入到方程（1）中的判别式△=（4+6k ）2﹣16（1+k 2）=48k+20k 2中， 判别式的值都为正数，所以，所以直线L 为：，即x ﹣y ﹣3=0，17x ﹣7y ﹣21=0综上：直线L 为：x ﹣y ﹣3=0，17x ﹣7y ﹣21=0，x=0点睛：在直线与圆相切时，一般都用圆心到切线的距离等于圆的半径来求解，这样可以简化计算．在解决直线与圆（二次曲线）相交问题时，一般设交点坐标为1122(,),(,)x y x y ，把直线方程与圆的方程联立后得一元二次方程，然后利用韦达定理得出1212,x x x x +，再由交点满足的条件得出坐标的关系，代入1212,x x x x +可得参数值．这就是解析几何中的“设而不求”思想．21．已知等腰梯形ABCD 中（如图1），4AB =，2BC CD DA ===，F 为线段CD 的中点，E 、M 为线段AB 上的点，1AE EM ==，现将四边形AEFD 沿EF 折起（如图2）（1）求证：//AM 平面BCD ；（2）在图2中，若6BD =，求直线CD 与平面BCFE 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（23. 【解析】（1）先连接CM ，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立； （2）在图2中，过点D 作DO EF ⊥，垂足为O ，连接OB ，OC ，证明平面BCFE ⊥平面BOD ，得到点D 在底面BCFE 上的投影必落在直线OB 上，记H 为点D 在底面BCFE 上的投影，连接DH ，HC ，得出DCH ∠即是直线CD 与平面BCFE 所成角，再由题中数据求解，即可得出结果. 【详解】（1）连接CM ，因为等腰梯形ABCD 中（如图1），2AM AE EM CD =+==，//AB CD ，所以AM 与CD 平行且相等，即四边形AMCD 为平行四边形；所以//AD CM ； 又F 为线段CD 的中点，E 为AM 中点，易得：四边形AEFD 也为平行四边形，所以//AD EF ；将四边形AEFD 沿EF 折起后，平行关系没有变化，仍有：//AD CM ，且AD CM =， 所以翻折后四边形AMCD 也为平行四边形；故//AM CD ； 因为AM ⊄平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 所以//AM 平面BCD ；（2）在图2中，过点D 作DO EF ⊥，垂足为O ，连接OB ，OC ，因为2AD =，1AE =，翻折前梯形ABCD 的高为22213FM DE ==- 所以60DAE DFE ∠=∠=o ，则3sin 602DO DF =⋅=o ，1cos602OF DF =⋅=o；所以32OE EF OF =-=； 又3BE EM MB =+=，60FEM DFE ∠=∠=o ， 所以9333923cos 60422BO =+-⨯⨯⨯=o ，即222BO OE BE +=，所以BO OE ⊥；又DO BO O ⋂=，且DO ⊂平面BOD ，BO ⊂平面BOD ， 所以EO ⊥平面BOD ；因此，平面BCFE ⊥平面BOD ； 所以点D 在底面BCFE 上的投影必落在直线OB 上； 记H 为点D 在底面BCFE 上的投影，连接DH ，HC ， 则DH ⊥平面BCFE ；所以DCH ∠即是直线CD 与平面BCFE 所成角，因为6BD =，所以2221cos 23OB OD BD BOD OB OD +-∠==⋅，因此3226sin DH DO DOB =⋅∠=⋅=，313cos 3OH DO DOB =⋅∠=⋅=， 故33343BH BO OH =-=-=； 因为120OFC EFC FCB ∠=∠=∠=o ，所以3601201209030HBC OBC ∠=∠=---=o o o o o ， 因此22232cos 3CH BH BC BH BC HBC =+-⋅⋅∠=，故222CD DH HC =+=， 所以3sin DH DCH CD ∠==. 即直线CD 与平面BCFE 所成角的正弦值为3.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.22．椭圆22 221(0)x ya ba b+=>>，右焦点为(3,0)F，AB是斜率为(0)k k≠的弦，AB 的中点为E，AB的垂直平分线交椭圆于C，D两点，CD的中点为N.当1k=时，直线OE的斜率为14-（O为坐标原点）.（1）求椭圆的标准方程；（2）设原点O到直线AB的距离为d，求ENd的取值范围；（3）若直线OA，直线OB的斜率满足2(0)OA OBk k k k=⋅>，判断并证明22175AB EN⎛⎫+ ⎪⎝⎭是否为定值.【答案】（1）2214xy+=；（2）16,125⎡⎫⎪⎢⎣⎭；（3）是定值，证明过程见解析.【解析】（1）先设11(,)A x y，22(,)B x y，根据题意，得到22112222222211x ya bx ya b⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差，根据弦中点的坐标，由题意，求出224a b=，再根据焦点坐标，得到223c a b=-两式联立，即可求出结果；（2）先设直线AB的方程为：y kx m=+，与椭圆方程联立，设11(,)A x y，22(,)B x y，根据韦达定理，求出224,1414mk mk kE⎛-++⎫⎪⎝⎭，得到CD的方程为：22141414m mky xk k k骣琪-=-+琪琪桫++，与椭圆方程联立，设33(,)C x y，44(,)D x y，求出()()()()22222123,144144mk mk N k k k k 骣琪琪--琪琪++++琪桫，表示出(()()22241144m k EN kk +=++，根据点到直线距离公式，表示出d ，进而可根据换元法求取值范围；（3）根据（2）的结果，由2(0)OA OB k k k k =⋅>，求出214k =，再由弦长公式，分别求出AB 与EN ，进而可得出结果. 【详解】（1）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，由题意，22112222222211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差，得22221212220x x y y a b --+=， 整理得：2121221212y y x x b x x a y y -+=-⋅-+，又AB 是斜率为(0)k k ≠的弦，AB 的中点为E ，当1k =时，直线OE 的斜率为14-， 所以212212N N x y y b y k x x a =⋅--=-，即222222141N N OE x b b b a a k ay -⋅=-⋅==，即224a b =①，又椭圆右焦点为F，所以c = 由①②解得：24a =，21b =，因此，椭圆的标准方程为2214x y +=；（2）设直线AB 的方程为：y kx m =+，由2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得，222(14)8440k x kmx m +++-=， 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则12221228144414mk x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，所以212228221414mk m y y m k k +=-+=++，故224,1414mkm k k E ⎛-++⎫ ⎪⎝⎭， 因为CD 是AB 的垂直平分线，所以CD 的方程为：22141414m mk y x k k k 骣琪-=-+琪琪桫++， 即21314my x k k =--+，由222131414m y x k k x y ⎧=--⎪⎪+⎨⎪+=⎪⎩消去y 得，()()22222242436(1)401414m m x x k k k k +++-=++， 设33(,)C x y ，44(,)D x y ， 则()()342224144mkx x k k +=-++，所以()()()()23422222246614144144m m mk y y k k k k k +=-=-+++++， 即CD 的中点N 的坐标为()()()()22222123,144144mk mk k k k k 骣琪琪--琪琪++++琪桫，因此()()22241214144E N EN x mk m x kk k k =-=++++(()()22241144m k kk +++=，又原点O 到直线AB的距离d =所以()()()222241144k k kEN d+=++，令21(1)t k t =+>，则()()22244416,1994332511254924t t t t t t ENd ⎡⎫==∈⎪⎢-+⎣⎭⎛⎫-++--+ ⎪⎝⎭=；（3）由（2）可得：()()()2222121212122414m k y y kx m kx m k x x km x x m k -=++=+++=+，第 21 页 共 21 页 所以2222212221224414444414OA OB m k m k k m m k y y k k x x ⋅===--+--+， 因为直线OA ，直线OB 的斜率满足2(0)OA OB k k k k =⋅>， 所以2222444m k m k -=-，整理得：214k =，所以12212422x x mk x x m +=-⎧⎨=-⎩，所以AB =(()()()222411441144m E k k k N +==++++ ⎪⎝⎭=因此222222105105510171755m m AB m EN ⎛=-+=-⎛⎫++ ⎪ ⎝⎭=⎭⎝. 即22175AB EN ⎛⎫+ ⎪⎝⎭取定值10. 【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，椭圆中的范围，以及定值问题，熟记椭圆的标准方程的求法，中点弦问题，椭圆的性质，根据韦达定理，弦长公式等即可求解，难度较大.。
2019-2020学年人教A版浙江省杭州市西湖区学军中学紫金港学区高二第一学期期中数学试卷 解析版
2019-2020学年第一学期高二（上）期中数学试卷一、选择题1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．②③C．③④D．②④2．已知平面四边形ABCD，按照斜二测画法（∠x'O'y'＝45°）画出它的直观图A'B'C'D'是边长为1的正方形（如图所示），则原平面四边形ABCD的面积是（）A．B．C．D．3．设m，n为两条直线，若直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，下列说法正确的是（）①若α∥β，则m⊥n②若α⊥β，则m∥n③若m∥n，则α⊥β④若m⊥n，则α∥βA．①④B．②③C．①③D．③④4．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，E是棱B1B上的动点（不含端点），平面A1C1E与底面ABCD所在平面的交线为l，则l与AC的位置关系是（）A．异面B．平行C．相交D．与E点位置有关5．已知正方形ABCD的边长为1，沿对角线AC将△ADC折起，当AD与平面ABC所成的角最大值时，三棱锥D﹣ABC的体积等于（）A．B．C．D．6．一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是（）A．B．C．D．7．设实数a，b满足条件b＞0且a+b＝3，则的最小值为（）A．B．C．D．8．直角梯形的上、下底和不垂直于底的腰的长度之比为，那么以垂直于底的腰所在的直线为轴，将梯形旋转一周，所得的圆台上、下底面积和侧面面积之比是（）A．2：5：6 B．C．1：2：3 D．1：4：69．若直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（）A．B．C．D．10．高为1的正三棱锥P﹣ABC的底面边长为a，二面角P﹣AB﹣C与二面角A﹣PB﹣C之和记为θ，则在a从小到大的变化过程中，θ的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11．若正实数x，y满足x+y＝2xy，则x+y的最小值是．xy的最小值是．12．已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2，则三棱锥P ﹣ABC的外接球的表面积是．体积是．13．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距离车站10km处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，要使这两项费用之和最小，仓库应建立在距离车站km 处，最少费用为万元．14．如图所示，在边长为5+的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，M、N，K为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的全面积与体积分别是与．15．如图，已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长均相等，点E满足，点P在棱AB上运动，设EP与平面BCD所成的角为θ，则sinθ的最大值为．16．若对任意的x∈（﹣∞，2]，不等式恒成立，则实数a的取值范围是．17．在斜边长为4的等腰直角三角形ABC中，点D在斜边AC（不含端点）上运动，将△ABD 沿线段BD折到△PBD位置，则点P到平面BCD距离的最大值是．三、解答题：5小题，共74分18．某几何体的三视图如图所示．（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，AD＝AC＝2，O 为AC的中点，PO⊥平面ABCD且PO＝4，M为PD的中点．（1）证明：MO∥平面PAB；（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．20．已知长方形ABCD中，现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A﹣BCD，如图所示，（1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD能否垂直？若能垂直，求出相应的a 的值；若不垂直请说明理由；（2）当四面体ABCD体积最大时，求二面角A﹣CD﹣B的余弦值．21．设x，y为实数，若x2+y2+xy＝1．（1）求x+y的最大值；（2）求x2+y2的最小值．22．如图，已知四边形ABCD由Rt△ABC和Rt△BCD拼接而成，其中∠BAC＝∠BCD＝90°，∠DBC＝30°，AB＝AC，，将△ABC沿着BC折起，（1）若，求异面直线AB和CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的体积最大时，求二面角A﹣BC﹣D的余弦值．参考答案一、选择题：每小题4分，共40分1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．②③C．③④D．②④【分析】判断满足题意的三视图的视图形状，推出结果即可．解：正方体的三视图都是正方形，①不正确；圆锥的正视图与侧视图都时等腰三角形，俯视图是圆，所以②正确；三棱台的三视图没有相同的图形，所以③不正确；正四棱锥的正视图与侧视图都时等腰三角形，俯视图是轮廓是正方形，所以④正确；故选：D．2．已知平面四边形ABCD，按照斜二测画法（∠x'O'y'＝45°）画出它的直观图A'B'C'D'是边长为1的正方形（如图所示），则原平面四边形ABCD的面积是（）A．B．C．D．【分析】根据直观图与原图面积比为定值，计算出直观图的面积即可得到原图的面积．解：依题意，直观图A'B'C'D'的面积S直＝1，设原图面积为S原，则＝，所以＝，所以S原＝2，故选：C．3．设m，n为两条直线，若直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，下列说法正确的是（）①若α∥β，则m⊥n②若α⊥β，则m∥n③若m∥n，则α⊥β④若m⊥n，则α∥βA．①④B．②③C．①③D．③④【分析】根据线面平行和垂直以及面面平行和垂直的定义和性质分别进行判断即可．解：①若α∥β，∵m⊥平面α，∴m⊥平面β，∵n⊂平面β，∴则m⊥n成立，故①正确，②若α⊥β，∵m⊥平面α，∴m∥β或m⊂β，∵n⊂平面β，∴m∥n不一定成立，故②错误③若m∥n，则n⊥平面α，则α⊥β成立，故③正确，④若m⊥n，则α∥β不一定成立，故④错误，故正确的是①③，故选：C．4．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，E是棱B1B上的动点（不含端点），平面A1C1E与底面ABCD所在平面的交线为l，则l与AC的位置关系是（）A．异面B．平行C．相交D．与E点位置有关【分析】显然直线A1C1∥平面ABCD，从而根据线面平行的性质定理得出l∥A1C1，而显然AC∥A1C1，从而可得出l与AC的位置关系．解：∵A1C1∥平面ABCD，且A1C1⊂平面A1C1E，平面A1C1E∩平面ABCD＝l，∴A1C1∥l，又AC∥A1C1，∴l∥AC．故选：B．5．已知正方形ABCD的边长为1，沿对角线AC将△ADC折起，当AD与平面ABC所成的角最大值时，三棱锥D﹣ABC的体积等于（）A．B．C．D．【分析】判断AD与平面ABC所成的角最大值时，AD的位置，然后求解高与底面面积，即可得到体积．解：正方形ABCD的边长为1，沿对角线AC将△ADC折起，当AD与平面ABC所成的角最大值时，平面ADC与底面ABC垂直，此时棱锥的高为：，底面面积为：＝．所以三棱锥D﹣ABC的体积：＝．故选：A．6．一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是（）A．B．C．D．【分析】当截面的角度和方向不同时，球的截面不相同，应分情况考虑即可．解：当截面平行于正方体的一个侧面时得C图；当截面过正方体的体对角线时得B图；当截面不平行于任何侧面也不过体对角线时得A图但无论如何都不能截出D图，故选：D．7．设实数a，b满足条件b＞0且a+b＝3，则的最小值为（）A．B．C．D．【分析】实数a，b满足条件b＞0且a+b＝3，可得1＝（a+b）．可得＝+＝++，a＜0时，利用基本不等式的性质即可得出．解：实数a，b满足条件b＞0且a+b＝3，∴1＝（a+b）．则＝+＝++，a＜0时，≥﹣+2＝+＝．当且仅当b＝﹣3a＝时取等号．故选：A．8．直角梯形的上、下底和不垂直于底的腰的长度之比为，那么以垂直于底的腰所在的直线为轴，将梯形旋转一周，所得的圆台上、下底面积和侧面面积之比是（）A．2：5：6 B．C．1：2：3 D．1：4：6【分析】由已知设直角梯形上底、下底和不垂直于底的腰长分别为x，2x，x；它们分别为圆台的上、下底半径和腰长，代入圆台底面积及侧面积公式，计算即可．解：由题意可设直角梯形上底、下底和不垂直于底的腰为x，2x，x；则圆台的上、下底半径和母线长分别为x，2x，x，如图所示；所以上底面的面积为S上底＝π•x2；下底面的面积为S下底＝π•（2x）2＝4πx2；侧面积为S侧面＝π（x+2x）•x＝3πx2；所以圆台的上底、下底面积和侧面面积之比是πx2：4πx2：3πx2＝1：4：3．故选：B．9．若直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（）A．B．C．D．【分析】由已知中直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，根据空间直线与平面夹角的定义，我们可得θ1+θ2≤90°，当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等，进而得到结论．解：∵直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则θ1+θ2≤90°（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）则sin2θ1+sin2θ2≤1（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）所以：．故选：C．10．高为1的正三棱锥P﹣ABC的底面边长为a，二面角P﹣AB﹣C与二面角A﹣PB﹣C之和记为θ，则在a从小到大的变化过程中，θ的变化情况是（）A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大【分析】考虑三个特殊情况，即a→0，a→+∞及正三棱锥P﹣ABC为正四面体时，可以发现θ先增大后减小．解：当a→0时，，当a→+∞时，θ→π，当正三棱锥P﹣ABC为正四面体时，如图，此时，设二面体P ﹣AB﹣C的大小为α，则，故，故，故选：C．二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分11．若正实数x，y满足x+y＝2xy，则x+y的最小值是 2 ．xy的最小值是 1 ．【分析】①正实数x，y满足x+y＝2xy，变为+＝2，可得x+y＝（+）（x+y），展开利用基本不等式的性质即可得出x+y的最小值．②由正实数x，y满足2xy＝x+y，直接利用基本不等式的性质即可得出．解：①正实数x，y满足x+y＝2xy，∴+＝2，∴x+y＝（+）（x+y）＝（2++）≥（2+2）＝2，当且仅当x＝y＝1时取等号．∴x+y的最小值是 2．②由正实数x，y满足2xy＝x+y≥2，解得：xy≥1．∴xy的最小值是1．故答案为：2，1．12．已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2，则三棱锥P ﹣ABC的外接球的表面积是12π．体积是4π．【分析】由三线垂直联想正方体，利用外接球直径为体对角线长，容易得解．解：由PA、PB、PC两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，可知该三棱锥为正方体的一角，其外接球直径为体对角线长，即2R＝＝2，∴R＝．三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是4πR2＝12π，体积为＝4π．故答案为：12π，4π．13．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距离车站10km处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，要使这两项费用之和最小，仓库应建立在距离车站 5 km处，最少费用为8 万元．【分析】据题意用待定系数法设出两个函数y1＝，y2＝k2x，将两点（10，2）与（10，8）代入求出两个参数．再建立费用的函数解析式．用基本不等式求出等号成立的条件即可．解：设x为仓库与车站距离，由题意可设y1＝，y2＝k2x，把x＝10，y1＝2与x＝10，y2＝8分别代入上式得k1＝20，k2＝0.8，∴y1＝，y2＝0.8x费用之和y＝y1+y2＝0.8x+≥2＝2×4＝8，当且仅当0.8x＝，即x＝5时等号成立．当仓库建在离车站5km处两项费用之和最小．最少费用为8万元．故答案为：5，8．14．如图所示，在边长为5+的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，M、N，K为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的全面积与体积分别是10π与π．【分析】由已知中边长为5+的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，且以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，可围成一个圆锥，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，求出l，r，h后，代入圆锥表面积公式和体积公式，可以得到答案．解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，由已知条件可得：，解得r＝，l＝4，∴S＝πrl+πr2＝10π，又∵h＝＝，∴V＝πr2h＝π．故答案为：10π，π15．如图，已知三棱锥A﹣BCD的所有棱长均相等，点E满足，点P在棱AB上运动，设EP与平面BCD所成的角为θ，则sinθ的最大值为．【分析】设棱长为4a，PC＝x（0＜x≤4a），则PE＝．求出P到平面BCD 的距离，即可求出结论．解：设棱长为4a，PC＝x（0＜x≤4a），则PE＝．正四面体的高为：，设P到平面BCD的距离为h，则，∴h＝x，∴sinθ＝＝，∴x＝2a时，sinθ的最大值为：．故答案为：．16．若对任意的x∈（﹣∞，2]，不等式恒成立，则实数a的取值范围是[0，+∞）．【分析】利用对数函数的单调性化简不等式4x+（a﹣2）2x+1≥0，再利用换元法转化为含参数的二次不等式，分离参数后，用基本不等式求出实数a的范围．解：由不等式化为∴4x+（a﹣1）2x+1≥2x，∴4x+（a﹣2）2x+1≥0，令t＝2x，∵x∈（﹣∞，2]，∴0＜t≤4，t2+（a﹣2）t+1≥0恒成立，等价于2﹣a≤+t在（0，4]上恒成立，即2﹣a≤（+t）min，而+t≥2，当且仅当t＝1时取等号，∴2﹣a≤2，∴a≥0，∴实数a的取值范围是[0，+∞）．故答案为：[0，+∞）．17．在斜边长为4的等腰直角三角形ABC中，点D在斜边AC（不含端点）上运动，将△ABD 沿线段BD折到△PBD位置，则点P到平面BCD距离的最大值是2．【分析】由已知求得三角形直角边长，设AD＝x（0＜x＜4），则CD＝PD＝4﹣x，把点P 到平面BCD距离用含有x的代数式表示，再由导数性质求最值．解：如图，∵△ABC为等腰直角三角形，且斜边AC＝4，则AB＝BC＝2，设AD＝x（0＜x＜4），则CD＝4﹣x，PD＝x，PB＝2，则BD＝＝＝．要使点P到平面BCD距离最大，则平面PBD⊥平面ABC，设点P到平面BCD距离为h，则，解得h＝＝，∴h′＝＝，由h′＝0，得x＝4，∴当x→4时，点P到平面BCD距离的最大值是：h＝（）＝＝2．故答案为：2．三、解答题：5小题，共74分18．某几何体的三视图如图所示．（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积与体积即可．解：由题意可知几何体的直观图如图是长方体的一部分是三棱锥A﹣BCD，CD＝3，BC＝3，AB＝3，（1）该几何体的表面积：＝+××＝27；（2）该几何体的体积：＝．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，AD＝AC＝2，O 为AC的中点，PO⊥平面ABCD且PO＝4，M为PD的中点．（1）证明：MO∥平面PAB；（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．【分析】（1）推导出O是BD中点，从而OM∥PB，由此能证明OM∥平面PAB．（2）推导出四边形ABCD是菱形，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AM与平面ABCD所成角的正弦值．解：（1）证明：∵底面ABCD是平行四边形，O为AC的中点，M为PD的中点．∴O是BD中点，∴OM∥PB，∵OM⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，∴OM∥平面PAB；（2）解：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，AD＝AC＝2，PO⊥平面ABCD且PO＝4，∴四边形ABCD是菱形，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），D（0，﹣，0），P（0，0，4），M（0，﹣，2），＝（﹣1，﹣，2），平面ABCD的法向量＝（0，0，1），设直线AM与平面ABCD所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为．20．已知长方形ABCD中，现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A﹣BCD，如图所示，（1）试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD能否垂直？若能垂直，求出相应的a 的值；若不垂直请说明理由；（2）当四面体ABCD体积最大时，求二面角A﹣CD﹣B的余弦值．【分析】（1）若AB⊥CD，得AB⊥面ACD，解得a＝；（2）四面体A﹣BCD体积最大，∵△BCD的面积为定值，∴只需三棱锥A﹣BCD的高最大即可，此时面ABD⊥面BCD，进而建立空间直角坐标系求解；解：（1）若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥面ACD，∴AB⊥AC，∴AB2+a2＝BC2即1+a2＝3，解得a＝；∴AB⊥CD（2）四面体A﹣BCD体积最大，∵△BCD的面积为定值，∴只需三棱锥A﹣BCD的高最大即可，此时面ABD⊥面BCD，以O为坐标原点，在平面BCD中，过点O作BD的垂线为x轴，OD为y轴，OA为x轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，），C（，1，0），D（0，，0）面BCD的法向量＝（0，0，），面ACD的法向量＝（x，y，z），∵＝（﹣，，0），＝（0，﹣，），则取＝（1，，3），设二面角A﹣CD﹣B的平面角为θ，则cos＝|cos ＜，＞＝＝21．设x，y为实数，若x2+y2+xy＝1．（1）求x+y的最大值；（2）求x2+y2的最小值．【分析】（1）直接利用二次函数的应用求出结果．（2）利用基本不等式的变换的应用求出结果．解：（1）设x，y为实数，若x2+y2+xy＝1．整理得（x+y）2﹣xy＝1，设x+y＝t，则y＝t﹣x，故t2﹣x（t﹣x）＝1，整理得x2﹣tx+t2﹣1＝0，利用t2﹣4（t2﹣1）≥0，解得，故x+y的最大值为．（2）设x，y为实数，若x2+y2+xy＝1．由于x2+y2≥2xy，所以，所以，22．如图，已知四边形ABCD由Rt△ABC和Rt△BCD拼接而成，其中∠BAC＝∠BCD＝90°，∠DBC＝30°，AB＝AC，，将△ABC沿着BC折起，（1）若，求异面直线AB和CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的体积最大时，求二面角A﹣BC﹣D的余弦值．【分析】根据异面直角所成角的空间向量计算公式，再利用题给信息构造空间直角坐标系，即可求出所求角．解：（1）因为∠BAC＝90°，且AB＝AC，BC＝，∴，∴AB＝AC＝AD，∴作AO⊥平面BCD，垂足O必为△BCD的外心，又因为△BCD中，∠BCD＝90°，△BCD的外心在斜边中点处，即O点为BD中点，则以OA方向建立z轴，过O点作x轴平行于BC，作y轴平行于CD，如图所示得坐标，，，∴∴＝（0，﹣2，0），，设AB与CD所成角为α，则．（2）当平面ABC⊥平面BCD时，四面体ABCD体积有最大值，此时二面角A﹣BC﹣D为90°，其余弦值为0．。
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二(上)期中数学试卷及答案
2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷一、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）圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，则它的侧面积是（）A．B．πS C．2πS D．4πS2．（4分）若直线l与平面α相交，则（）A．α内所有直线与l异面B．α内只存在有限条直线与l共面C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内存在无数条直线与l垂直3．（4分）已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β4．（4分）如图，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，侧面B′B′CC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，则三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积为（）A．12B．6C．4D．无法确定5．（4分）四面体ABCD中，AB＝CD＝2，其余棱长均为4，则该四面体外接球半径为（）A．B．C．3D．26．（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A．B．C．5D．27．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，BC的中点，若M在以C1N 为直径的圆上，则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A．45°B．60°C．900D．随长方体的形状变化而变化8．（4分）一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1，P，Q，R分别为AD，BB1，A1B1的中点，如图所示．由于某种原因，在P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（）边形A．3B．4C．5D．69．（4分）已知a＝sin1.5+cos1.5，b＝sin1.5•cos1.5，c＝（cos1.5）sin1.5，d＝（sin1.5）cos1.5，则a，b，c，d的大小关系为（）A．b＜c＜d＜a B．b＜d＜c＜a C．d＜b＜c＜a D．d＜c＜b＜a 10．（4分）已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＞0}，B＝{x|x2﹣3ax+4≤0}，若a＞0，且A∩B中恰好有两个整数解，则a的取值范围是（）A．[）B．（）C．[）D．（）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）棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为．12．（4分）二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为45°，则AB与平面β所成的角的余弦值是．13．（6分）正三棱锥的高为1，底面边长为2，则它体积为；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为．14．（6分）若f（x）＝﹣3x为奇函数，则a＝，此时，不等式f（1﹣x2）+f （3x+9）＜0的解集为．15．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是对角线AC1上一点，N是底面ABCD上一点．若AB＝2，BC＝AA1＝，则MB1+MN的最小值为．16．（6分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E．（1）若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是；（2）|A1P|的最小值为．17．（4分）若不等式[2x（t﹣1）﹣1]•log a≥0对任意的正整数x恒成立（其中a∈R，且a＞1），则t的取值范围是．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．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若cos C＝，且＝，求△ABC的面积；（2）设向量＝（2sin，），＝（cos B，cos），且∥，b＝2，求a+c的取值范围．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD中，BC∥AD，且AD＝2BC，O，E 分别为AD，PD中点．（1）设平面P AB∩平面PCD＝l，请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点，证明：OQ∥平面P AB．20．（15分）已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n成立的最小正整数n的值．21．（15分）对于函数f（x），若存在实数对（m，n），使得等式f（m+x）•f（m﹣x）＝n对定义域中的每一个x都成立，则称函数f（x）是“（m，n）型函数”．（1）判断函数f（x）＝是否为“（m，n）型函数”，并说明理由；（2）①若函数g（x）是“（1，4）型函数”，已知g（0）＝1，求g（2）；②若函数g（x）是“（1，4）型函数”，且当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），若当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，试求a的取值范围．22．（15分）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A═120°，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD，记二面角C′﹣AD﹣B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小，并证明你的结论；（3）求cosα的值．2019-2020学年浙江省杭州市西湖区学军中学西溪校区高二（上）期中数学试卷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．（4分）圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，则它的侧面积是（）A．B．πS C．2πS D．4πS【解答】解：∵圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是S，∴圆柱的母线长为，底面圆的直径为，∴圆柱的侧面积S＝π××＝πS．故选：B．2．（4分）若直线l与平面α相交，则（）A．α内所有直线与l异面B．α内只存在有限条直线与l共面C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内存在无数条直线与l垂直【解答】解：对于A，α内过直线l与平面α交点的直线与直线l是共面直线，∴A错误；对于B，α内过直线l与平面α交点的直线有无数条，且这些直线与直线l都是共面直线，∴B错误；对于C，α内不存在与直线l平行的直线，∴C错误；对于D，如图所示，直线P A与平面α交于点A，PO⊥α，则OA是P A在α内的射影，在α内作直线l⊥OA，则l⊥P A，这样的直线l有无数条，∴D正确．故选：D．3．（4分）已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nB．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥βD．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β【解答】解：A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或为异面直线，因此不正确；B．若m，n异面，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β，正确；C．若α⊥β，m∥n，m⊥α，则n∥β或n⊂β，因此不正确；D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊂β，或n∥β，或n与β相交，因此不正确．故选：B．4．（4分）如图，三棱柱ABC﹣A′B′C′中，侧面B′B′CC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，则三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积为（）A．12B．6C．4D．无法确定【解答】解：∵侧面B′BCC′的面积是4，点A′到侧面B′BCC′的距离是3，∴V四棱锥A′﹣BCC′B′＝．∵．∵V四棱锥A′﹣BCC′B′+V三棱锥A′﹣ABC＝V三棱柱ABC﹣A′B′C′．∴．∴V三棱柱ABC﹣A′B′C′＝6．故选：B．5．（4分）四面体ABCD中，AB＝CD＝2，其余棱长均为4，则该四面体外接球半径为（）A．B．C．3D．2【解答】解：四面体ABCD放到长方体中，AB＝CD＝2，其余AC＝BC＝AD＝DB＝4设长方体的边长分别为a，b，c．则，解得a2+b2+c2＝16，四面体外接球半径：2R＝4．R＝2．故选：D．6．（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A．B．C．5D．2【解答】解：由题意可知几何体是正方体的一部分，是四棱锥P﹣ABCD，正方体的棱长为3，P是所在棱的3等分点，PB＝＝，P A＝＝，PC＝＝，所以最长棱长为PB，．故选：B．7．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，BC的中点，若M在以C1N 为直径的圆上，则异面直线A1D与D1M所成的角为（）A．45°B．60°C．900D．随长方体的形状变化而变化【解答】解：如图所示：∵M、N分别是棱BB1、BC的中点，∴MN∥CB1，∵M在以C1N为直径的圆上，∴∠C1MN＝90°，∴C1M⊥MN，∴C1M⊥CB1，由长方体的几何特征，我们可得C1D1⊥B1C，∴B1C⊥平面C1D1M，∵A1D∥B1C，∴A1D⊥平面C1D1M，∴A1D⊥D1M，即异面直线A1D与D1M所成的角为90°，故选：C．8．（4分）一封闭的正方体容器ABCD﹣A1B1C1D1，P，Q，R分别为AD，BB1，A1B1的中点，如图所示．由于某种原因，在P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状是（）边形A．3B．4C．5D．6【解答】解：如图，连接QR并延长，分别交AA1，AB的延长线与E，F，连接PE交A1D1于G，连接PF交BC于H，连接PH，QH，GR，则五边形PGRQH即为此容器内存水最多时，容器中水的上表面的形状，故选：C．9．（4分）已知a＝sin1.5+cos1.5，b＝sin1.5•cos1.5，c＝（cos1.5）sin1.5，d＝（sin1.5）cos1.5，则a，b，c，d的大小关系为（）A．b＜c＜d＜a B．b＜d＜c＜a C．d＜b＜c＜a D．d＜c＜b＜a【解答】解：因为＜1.5＜，所以＜sin1.5＜1；0＜cos1.5＜，∴a＞，0＜b＜；∴b＜a；找中间量sin1.5sin1.5，由y＝sin1.5x是R上的减函数，sin1.5＞cos1.5，可得sin1.5sin1.5＜sin1.5cos1.5；由y＝x sin1.5是（0，+∞）上的增函数，sin1.5＞cos1.5，可得cos1.5sin1.5＜sin1.5sin1.5；故c＜d，只有A答案合适．故选：A．10．（4分）已知集合A＝{x|x2﹣x﹣6＞0}，B＝{x|x2﹣3ax+4≤0}，若a＞0，且A∩B中恰好有两个整数解，则a的取值范围是（）A．[）B．（）C．[）D．（）【解答】解：A＝（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞），令f（x）＝x2﹣3ax+4，由题意，△＝9a2﹣16＞0，且a＞0，∴解得，，又，∴要使A∩B中恰好有两个整数解，则只能是4和5，∴，解得，∴a的取值范围是．故选：A．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）棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，则异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为a．【解答】解：棱长为a的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，BC的中点，取BD中点G，连结BE，CE，EG，FG，则EG∥AB，且EG＝FG＝＝，∴∠EFG是异面直线EF与AB所成的角（或所成角的补角），BE＝CE＝＝，EF＝＝，cos∠EFG＝＝＝，∴∠EFG＝，∴异面直线EF与AB所成的角大小是，线段EF的长度为．故答案为：，．12．（4分）二面角α﹣l﹣β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为45°，则AB与平面β所成的角的余弦值是．【解答】解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D．连结AD，根据三垂线定理可得AD⊥l，因此，∠ADC为二面角α﹣l﹣β的平面角，∠ADC＝60°又∵AB与l所成角为45°，∴∠ABD＝45°连结BC，可得BC为AB在平面β内的射影，∴∠ABC为AB与平面β所成的角．设AD＝2x，则Rt△ACD中，AC＝AD sin60°＝x，Rt△ABD中，AB＝＝2，BC＝＝，∴Rt△ABC中，cos∠ABC＝＝＝．故答案为：．13．（6分）正三棱锥的高为1，底面边长为2，则它体积为2；若有一个球与该正三棱锥的各个面都相切，则球的半径为﹣2．【解答】解：底面等边三角形的面积S＝＝，所以V＝，设内切球的球心为O，半径为r，则在O与底面的中心M，BM＝，OE＝r，OA＝1﹣r，侧面斜边的高AB＝由△AOE ∽△ABM，得相似得，得，，所以．故答案为：﹣2．14．（6分）若f（x）＝﹣3x为奇函数，则a＝1，此时，不等式f（1﹣x2）+f（3x+9）＜0的解集为（﹣2，5）．【解答】解：∵f（x）为奇函数，∴f（0）＝0，，∴a＝1．∴∵，∴f（x）为减函数，且为奇函数∵f（1﹣x2）+f（3x+9）＜0，∴f（1﹣x2）＜﹣f（3x+9）＝f（﹣3x﹣9），∴1﹣x2＞﹣3x﹣9，∴﹣2＜x＜5．故不等式的解集为（﹣2，5）．故答案为：1，（﹣2，5）．15．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是对角线AC1上一点，N是底面ABCD上一点．若AB＝2，BC＝AA1＝，则MB1+MN的最小值为．【解答】解：将△AB1C1绕边AC1旋转到APC1位置，使得平面APC1和平面ACC1在同一平面内，过点P作PN⊥平面ABCD，交AC1于M，垂足为N，则PN为MB1+MN的最小值．∵AB＝2，BC＝AA1＝，∴AC1＝＝2，AP＝AB1＝＝，∵sin∠C1AC＝＝＝，∴∠C1AC＝30°，∴∠P AN＝2∠C1AC＝60°，∴PN＝AP•sin∠P AN＝＝．∴MB1+MN的最小值为．故答案为：．16．（6分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E．（1）若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是平行；（2）|A1P|的最小值为．【解答】解：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1（1，0，1），E（0，1，），B（1，1，0），∵P，Q均在平面A1B1C1D1内，∴设P（a，b，1），Q（m，n，1），则＝（﹣1，1，﹣），＝（a﹣1，b﹣1，1），＝（m﹣1，n﹣1，1），∵BP⊥A1E，BQ⊥A1E．∴，解得，∴PQ∥BD，即PQ与BD的位置关系是平行．故答案为：平行．（2）当|A1P|取最小值时，P在平面A1B1C1D1内，设P（a，b，1），由（1）得b＝a+，∴|A1P|＝＝＝＝，∴当a＝，即P（，，1）时，|A1P|的最小值为．故答案为：．17．（4分）若不等式[2x（t﹣1）﹣1]•log a≥0对任意的正整数x恒成立（其中a∈R，且a＞1），则t的取值范围是．【解答】解：原不等式等价于：或即①或②，注意到x＝1时，②成立，此时≤t≤；当x∈Z，x≥2时，①成立，在①中，1+≤t≤x﹣，又g（x）＝x﹣﹣为单调递增函数，所以，要使对x∈Z，x≥2成立，只需x＝2时成立，又x＝2时，≤t≤，所以要使不等式对任意的正整数x恒成立，则t的取值范围是：≤t≤，故答案为：≤t≤．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．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若cos C＝，且＝，求△ABC的面积；（2）设向量＝（2sin，），＝（cos B，cos），且∥，b＝2，求a+c的取值范围．【解答】解（1）由•＝，得ab cos C＝．又因为cos C＝，所以ab＝＝．又C为△ABC的内角，所以sin C＝．所以△ABC的面积S＝ab sin C＝3．（2）因为∥，所以2sin cos＝cos B，即sin B＝cos B．因为cos B≠0，所以tan B＝．因为B为三角形的内角，0＜B＜π，所以B＝．由正弦定理＝，所以a＝，c＝，所以a+c＝，又A+C＝，所以a+c＝＝4（cos C+）＝4sin（C+），又0，所以＜C+，所以∈（2，4]．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD中，BC∥AD，且AD＝2BC，O，E 分别为AD，PD中点．（1）设平面P AB∩平面PCD＝l，请作图确定l的位置并说明你的理由；（2）若Q为直线CE上任意一点，证明：OQ∥平面P AB．【解答】（1）解：分别延长AB和DC交于点R，连接PR，则直线PR就是l的位置；R∈AB⊂平面P AB，R∈CD⊂平面PCD，所以P、R是平面P AB和平面PCD的两个公共点，由公理1可知，过P、R的直线就是两个平面的交线l．（2）证明：连接OE、OC，因为BC∥AD，且BC＝AD，又AO＝AD，所以BC∥AO，且BC＝AO，所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC∥AB，则OC∥平面P AB；又OE为△P AD的中位线，则OE∥AP，所以OE∥平面P AB，又OE⊂平面OEC，OC⊂平面OEC，且OE∩OC＝O，所以平面P AB∥平面OEC，又OQ⊂平面OEC，所以OQ∥平面P AB．20．（15分）已知数列{a n}的前n项和S n满足2S n﹣na n＝3n（n∈N*），且a2＝5．（1）证明数列{a n}为等差数列，并求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，T n为数列{b n}的前n项和，求使T n成立的最小正整数n的值．【解答】解：（1）当n≥2时，2S n﹣1﹣（n﹣1）a n﹣1＝3（n﹣1），又2S n﹣na n＝3n，相减可得（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝3，当n≥3时，（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1＝3，所以（n﹣1）a n﹣1﹣（n﹣2）a n＝（n﹣2）a n﹣2﹣（n﹣3）a n﹣1，可得2a n﹣1＝a n﹣2+a n，所以{a n}为等差数列．又2S1﹣a1＝3，且a1＝S1，得a1＝3，又a2＝5，所以{a n}为公差为2的等差数列，则a n＝2n+1；（2）b n＝＝＝＝＝（﹣），T n＝（﹣+﹣+﹣+﹣+…+﹣）＝（﹣），要使T n成立，即（﹣）＞，解得n＞，所以最小正整数n的值为8．21．（15分）对于函数f（x），若存在实数对（m，n），使得等式f（m+x）•f（m﹣x）＝n对定义域中的每一个x都成立，则称函数f（x）是“（m，n）型函数”．（1）判断函数f（x）＝是否为“（m，n）型函数”，并说明理由；（2）①若函数g（x）是“（1，4）型函数”，已知g（0）＝1，求g（2）；②若函数g（x）是“（1，4）型函数”，且当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），若当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，试求a的取值范围．【解答】解：（1），则x2＝m2﹣n2不可能恒成立，所以f（x）＝x不是““（m，n）型函数”；（2）①由题意，g（x+1）g（1﹣x）＝4，取x＝1，则g（2）g（0）＝4，又g（0）＝1，所以g（2）＝4．②方法一：∵（x+1）g（1﹣x）＝4，所以g（x）g（2﹣x）＝4．当x∈[0，1]时，2﹣x∈[1，2]时，g（2﹣x）＝＝＝．（a）当0＜a＜1时，0＜，则g（x）在[0，1]内先减后增，且g（，即1+a﹣a2≤g（x）≤2，则当x∈[1，2]时，2≤g（x）．所以当x∈[0，2]时，1+a﹣，由题意，，解得0≤a≤4，所以0＜a＜1．（b）当1≤a＜2时，，则g（x）在][0，1]内先减后增，且g（）≤g（x）≤g（0），即1+a﹣≤g（x）≤1+a，则当x∈[1，2]时，．要满足题意，则应满足，且解得0≤a≤33，所以1≤a＜2．（c）当a≥2时，≥1，则g（x）在[0，1]内递减，且g（1）≤g（x）≤g（0），即2≤g（x）≤1+a，则当x∈[1，2]时，．此时，g（x）min＝，g（x）min＝1+a．要满足条件，则应，解得a≤3，所以2≤a≤3．综上所述，0＜a≤3．方法二：当x∈[0，2]时，都有1≤g（x）≤4成立，所以当x∈[1，2]时，1≤g（x）≤4；当x∈[0，1]时，2﹣x∈[1，2]时，所以g（2﹣x）∈[1，4]，而g（x）g（2﹣x）＝4，所以1，即1≤g（x）≤4，所以问题转化为当x∈[0，1]时，1≤g（x）≤4即可．当x∈[0，1]时，g（x）＝x2﹣a（x﹣1）+1（a＞0），．（1）当0＜＜1，即0＜a＜2时，，解得0≤a≤3，所以0＜a＜2；（2）当，即a≥2时，只要解得a≤3，所以2＜a≤3；综上所述，0＜a≤3．22．（15分）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A═120°，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD，记二面角C′﹣AD﹣B的平面角为α．（1）证明：平面△AMC′⊥平面ABD；（2）比较∠C′DB与α的大小，并证明你的结论；（3）求cosα的值．【解答】解：（1）证明：∵AM⊥BD，BD⊥AC′，AM∩AC′＝A，∴BD⊥平面AMC′，∵BD⊂平面ABD，∴平面△AMC′⊥平面ABD．（2）解：如图，在△C′AM所在平面内，过点C′作C′P⊥AM，垂足为P，则C′P⊥平面ABD，过P作PQ⊥AD，连接C′Q，则C′Q⊥AQ，∠C′QP＝α．又QC′是由QC翻折得到，∴∠C′QP＝α＝2∠C′CQ，且∠C′CQ就是直线C′C与平面ABC所成的角．同理，又C′D是由DC翻折得到，∴∠C′DB＝2∠C′CD．由线面角的最小性可知，∠C′CD＞∠C′CQ，∴∠C′DB＞α．（3）解：如图，在△C′AM中，过点C′作AM的垂线，垂足为P，过P作AD的垂线，垂足为Q．平面AMC′⊥平面BCD，交线为AM，C′P⊥平面ABD，又PQ⊥AD，∴CQ⊥AD．∴∠C′QP就是二面角C′﹣AD﹣B的平面角．△AMC中，∠MAD＝15°，∠CAD＝45°，作出二面角的平面角∠C1QP后，若将半平面C1AD摊平，则P，Q，C的连线与AD垂直，且cos∠C′QP＝＝＝＝tan∠P AQ＝tan15°＝2﹣．第21页（共21页）。
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2019-2020学年浙江省杭州市西湖区杭州学军中学高二上学期期末数学试题一、单选题1．经过点()1,3A ，斜率为2的直线方程是（ ） A ．210x y --= B ．210x y ++=C ．210x y +-=D ．210x y -+=【答案】D【解析】根据直线的点斜式方程写出直线方程，再化成一般式方程即可. 【详解】由直线点斜式得32(1)y x -=-，化为一般式得210x y -+=. 故选：D 【点睛】本题考查了直线点斜式方程，属于基础题.2．椭圆22154x y +=的焦距为（ ）A ．6B ．3C ．2D ．1【答案】C【解析】根据椭圆的标准方程求出22,a b 的值，再利用,,a b c 之间的关系，求出c ，最后求出焦距即可. 【详解】因为25a =，24b =，得1c =，所以焦距为22c =. 故选：C 【点睛】本题考查了根据椭圆的标准方程求椭圆焦距问题，属于基础题.3．已知直线m ，n 和平面α，β，γ，下列条件中能推出//αβ的是（ ） A ．m α⊂，n β⊂，//m nB ．m α⊥，n β⊥C ．m α⊂，n ⊂α，//m β，//n βD ．αγ⊥，βγ⊥【答案】B【解析】根据面面平行的判定定理和线面垂直的性质直接判断即可.【详解】A ：两个平面相交时，两个平面存在互相平行的直线，故本选项不正确；B ：垂直于同一直线的两平面平行，故本选项正确；C ：根据面面平行的判定定理可知中：只有当直线m ，n 相交时，才能得到面面平行，故本选项不正确；D ：两个平面可以相交，故本选项不正确. 故选：B 【点睛】本题考查了面面平行的判定定理的应用，属于基础题.4．圆2220x y x +-=和圆2240x y y ++=的位置关系是( ) A ．内切 B ．外切 C ．相交 D ．外离【答案】C【解析】把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和半径，求出两圆心的距离d ，然后求出R ﹣r 和R+r 的值，判断d 与R ﹣r 及R+r 的大小关系即可得到两圆的位置关系． 【详解】把圆x 2+y 2﹣2x ＝0与圆x 2+y 2+4y ＝0分别化为标准方程得：（x ﹣1）2+y 2＝1，x 2+（y+2）2＝4，故圆心坐标分别为（1，0）和（0，﹣2），半径分别为R ＝2和r ＝1，∵圆心之间的距离d ==R+r ＝3，R ﹣r ＝1，∴R ﹣r ＜d ＜R+r ，∴两圆的位置关系是相交． 故选：C ． 【点睛】本题考查两圆的位置关系，比较两圆的圆心距，两圆的半径之和，之差的大小是关键，属于基础题.5．已知a ，b 是异面直线，P 是a ，b 外的一点，则下列结论中正确的是（ ） A ．过P 有且只有一条直线与a ，b 都垂直 B ．过P 有且只有一条直线与a ，b 都平行C ．过P 有且只有一个平面与a ，b 都垂直D ．过P 有且只有一个平面与a ，b 都平行 【答案】A【解析】根据垂线的唯一性、平行公理，线面垂直的性质、线面平行性质进行逐一判断即可.【详解】A：作a的平行线c与b共面，若过P的直线与a，b都垂直，则该直线垂直于b，c，所以垂直于b，c所在平面因为过平面外一点只可作一条直线与这个平面垂直，所以过P有且只有一条直线与a，b都垂直.故本结论正确；.B：如果过P的直线都与a，b都平行，根据平行公理，a，b平行这与a，b是异面直线矛盾，故本结论错误；C：如果a，b与过过P的平面都垂直，那么a，b平行这与a，b是异面直线矛盾，故本结论错误；D：若过P与a或b确定的平面，就不存在与a，b都平行，故本结论错误；故选：A【点睛】本题考查了垂线的性质，考查了平行公理，考查了异面直线的性质，考查了线面垂直的性质，考查了推理论证能力.6．如图，中，，，若以，为焦点的双曲线的渐近线经过点，则该双曲线的离心率为A．B．C．D．【答案】D【解析】设AB=BC=2，取AB的中点为O，由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC，由余弦定理可得OC，cos∠COB，求得tan∠COB，即为渐近线的斜率，由a，b，c的关系和离心率公式，即可得到．【详解】设AB=BC=2，取AB的中点为O，由题意可得双曲线的一条渐近线为直线OC，在三角形OBC中，cosB=﹣，∴OC 2=OB 2+BC 2﹣2OB•BC•cosB=1+4﹣2×1×2×（﹣）=7， ∴OC=，则cos ∠COB==， 可得sin ∠COB==， tan ∠COB==，可得双曲线的渐近线的斜率为，不妨设双曲线的方程为﹣=1（a ，b ＞0）， 渐近线方程为y=±x ， 可得=， 可得e=====．故选：D ．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线和离心率，考查学生的计算能力，属于中档题．7．直线y ＝kx ＋3与圆(x －3)2＋(y －2)2＝4相交于M ，N 两点，若23MN ≥k 的取值范围是( )． A ．3[,0]?4- B ．(－∞，34-]∪[0，＋∞) C ．33[] D ．2[,0]3-【答案】A【解析】试题分析：圆心为()3,2，半径为2，圆心到直线的距离为2311k d k +=+22231421k MN k ⎛⎫++= ⎪+⎝⎭2312311kMNk+≥∴≤+Q，解不等式得k的取值范围3,04⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【考点】直线与圆相交的弦长问题8．正四面体ABCD中，CD在平面α内，点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD 旋转的过程中，直线BE与平面α所成角不可能是( )A．0B．6πC．3πD．2π【答案】D【解析】将问题抽象为如下几何模型，平面α的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，则可得到答案【详解】考虑相对运动，让四面体ABCD保持静止，平面α绕着CD旋转，故其垂线也绕着CD 旋转，如下图所示,取AD的中点F，连接EF，则//EF CD则也可等价于平面α绕着EF旋转，在BEFV中，易得如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面α的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，显然则设BE与平面α所成的角为θ，则可得考虑四个选项，只有选D.【点睛】本题考查最小角定理的应用，线面角的最大值即为BE与CD所成的角.，属中档题. 9．已知(1,63,3()0,5A B，作直线l，使得点,A B到直线l的距离均为d，且这样的直线l恰有4条，则d的取值范围是（）A ．1d ≥B ．01d <<C ．01d <≤D ．02d <<【答案】B【解析】分别以,A B 为圆心，半径为d 作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，根据圆心距和2d 的大小关系，求得d 的取值范围. 【详解】分别以,A B 为圆心，半径为d 作圆，当两个圆外离时，可以作两个圆的四条公切线，也即,A B 到四条切线的距离都等于d ，符合题目的要求.圆心距()22132AB =+=，由于两个圆外离，故AB d d >+，即022,01d d <<<<.故选：B. 【点睛】本小题主要考查两个圆的位置关系，考查两圆外离时公切线的条数，考查化归与转化的数学思想方法，考查两点间的距离公式，属于基础题.10．（2018届浙江省温州市一模）如图，正四面体ABCD 中，P Q R 、、在棱AB AD AC 、、上，且12AP CR AQ QD PB RA ===，，分别记二面角A PQ R A PR Q A QR P ------，，的平面角为αβγ、、，在（ ）A ．βγα>>B ．γβα>>C ．αγβ>>D ．αβγ>>【答案】D【解析】ABCD Q 是正四面体，P Q R 、、在棱AB AD AC 、、上，且12AP CR AQ QD PB RA ===，，可得γ为钝角，,αβ为锐角，设P ACD 到的距离为1h P QR ，到的距离为1d Q ABC ，到的距离为2h Q PR ，到的距离为2d ，设正四面体的高为h ,可得121211=,,32h h h h h h =<，由余弦定理可得QR PR <，由三角形面积相等可得到12d d >，所以可以推出1212,h h sin sin d d γβ=<=所以γβαβγ∴>，故选D. 【方法点睛】本题主要考查二面角的求法，属于难题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角，本题很巧妙的应用点到面的距离及点到线的距离求得二面角的正弦值，再得到二面角的大小关系.二、填空题11．若圆22210x y ax y +++-=的圆心在直线y x =上，则a 的值是____________，半径为___________________.【答案】12 【解析】对圆的方程进行配方化成标准方程形式，把圆心的坐标代入直线方程中，求出a 的值，最后求出半径的大小.【详解】圆化为标准方程为22215()24x a y a ⎛⎫+++=+ ⎪⎝⎭，圆心坐标为：1(,)2a --，由题意可知：12a -=-，所以12a =，r ==故答案为：12【点睛】本题考查了通过圆的一般求圆心和半径，考查了数学运算能力.12．若直线1:60l x my ++=与2:(2)320l m x y m -++=互相平行，则m 的值为_____________，它们之间的距离为________________.【答案】1-3【解析】根据两平行直线系数之间的关系求出m 的值，根据平行线间距离公式直接求出两平行线间距离即可. 【详解】由题知，13(2)m m ⨯=-且126(2)m m ⋅≠-，解得1m =-，则1:60l x y -+=，22:03l x y -+=，则两平行线间距离为：2682332d -==. 故答案为：1-；823【点睛】本题考查了已知两直线平行求参数问题，考查了平行线间距离公式，考查了数学运算能力.13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_____________，外接球的表面积为_____________.【答案】24 41π【解析】根据根据三视图还原该几何体，直接根据三棱柱的体积公式求出体积，运用割补法求出外接球的表面积. 【详解】根据三视图还原该几何体，直观图如图所示的直三棱柱，344242V Sh ⨯==⨯=把该几何体补成一个长方体， 可知其外接球的直径为这个长方体的体对角线，所以，2224344122r ++==，所以2441S r ππ==外接球故答案为：24;41π 【点睛】本题考查了通过三视图求几何体的体积以及该几何体外接球的表面积，考查了直观想象能力.14．已知双曲线22:1x C y m -=与椭圆22195y x +=共焦点，则m 的值为_______________，设F 为双曲线C 的一个焦点，P 是C 上任意一点，则PF 的取值范围是_______________. 【答案】3 [)1,+∞【解析】第一空：根据双曲线的半焦距的平方等于椭圆的半焦距的平方，解方程即可求出m 的值；第二空：设(),P x y ，不妨设()0,2F ，求出PF 的表达式，利用双曲线的范围求出PF 的取值范围. 【详解】解析、21954c m =+=-=，所以3m =； 设(),P x y ，不妨设()0,2F ，所以2222||(2)33(2)21PF x y y y y =+-=-+-=-因为1y ≥或1y ≤-，所以1PF ≥，故填、3；[)1,+∞ 【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的半焦距公式，考查了双曲线的范围，考查了数学运算能力. 15．异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为___________________.【答案】,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭【解析】将直线a ，b 平移到交于O 点，设平移后的直线为a '，b '，如图，过O 作a Ob ''∠及其外角的角平分线，根据题意可以求出θ的取值范围. 【详解】将直线a ，b 平移到交于O 点，设平移后的直线为a '，b '，如图，过O 作a Ob ''∠及其外角的角平分线，异面直线a ，b 所成角为3π，可知3a Ob π''∠=，所以16l Ob π'∠=，23l Oa π'∠=所以在1l 方向，要使l 有两条，则有：6πθ>，在2l 方向，要使l 不存在，则有3πθ<，综上所述，63ππθ<<.故答案为：,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭【点睛】本题考查了异面直线的所成角的有关性质，考查了空间想象能力.16．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，且1AP=AC =，过点A 分别作AE PB ⊥于点E ，AF PC ⊥于点F ，连结EF ，当AEF ∆的面积最大时，tan BPC ∠=__________.【答案】2【解析】利用PA ⊥平面ABC ，根据线面垂直的性质定理可得PA BC ⊥，结合已知，利用线面垂直的判定定理可以证明出BC ⊥平面PAB ，进而可以证明出BC AE ⊥，再结合已知，利用线面垂直的判定定理可以证明AE ⊥平面PBC ，因此可以证明出AE PC ⊥，最后利用线面垂直定理证明出PC ⊥平面AEF ，因此得到AE EF ⊥，PC AF ⊥，且F 为PC 中点.解法1：设AB x =，BC y =，利用三角形面积公式可以求出AE 的长，在利用PFE PBC ∆∆∽，求出EF 的长，最后求出AEF ∆的面积表达式，利用换元法和配方法求出AEF ∆面积平方的最大值，最后求出tan BPC ∠的值； 解法2：设BPC θ∠=，求出EF 、BC 、PB 、AB 的大小，再求出AE 的大小，最后求出AEF S ∆表达式，利用同角三角函数的关系中商关系和基本不等式求出最大值，根据等号成立的条件求出tan BPC ∠的值. 【详解】因为PA ⊥平面ABC ，所以PA BC ⊥，又AB BC ⊥， 所以BC ⊥平面PAB ，所以BC AE ⊥，又PB AE ⊥， 所以AE ⊥平面PBC ，所以AE PC ⊥，又AF PC ⊥，所以PC ⊥平面AEF ，综上AE EF ⊥，PC AF ⊥，且F 为PC 中点. 解法1：设AB x =，BC y =，则221x y +=，又1AP=AC =，则AE =，又PFE PBC ∆∆∽，可得EF =，所以12AEF S EF AE ∆=⋅⋅=，所以()()()22222222218181x x x y S x x -==++，令21x t +=，则222222(1)(2)32123113118884464t t t t S t t t t t ---+-⎛⎫⎛⎫===-+-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以当134t=时即213x=，223y=，()max18AEFS∆=，此时623tan243BCBPCPB∠===，故填22.解法2.设BPCθ∠=，则tan2EFPFθ==，所以2tanEFθ=.又2sinBCθ=，2cosPBθ=，所以22cos1ABθ=-，所以22cos12cosPA ABAEPBθθ⋅-==所以22221122cos112cos1tan tan2224cos2cosAEFS EF AEθθθθθθ∆--=⋅⋅=⋅⋅=⋅()2222 22221cos sin11tan1tan1 tan tan1tan4cos4428θθθθθθθθ-+-=⋅=-≤⋅=当且仅当22tan1tanθθ=-即2tan2θ=时，取等号.故答案为：22【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理的综合应用，考查了基本不等式的应用，考查了配方法的应用，考查了推理论证能力和数学运算能力.17．已知椭圆22:14xC y+=上的三点,,A B C，斜率为负数的直线BC与y轴交于M，若原点O是ABC∆的重心，且ABM∆与CMO∆的面积之比为32，则直线BC的斜率为__________.【答案】36-【解析】设出直线BC 的方程,将其代入到椭圆C 的方程,根据韦达定理,三角形的重心坐标公式,三角形的面积比,可求得点A 的坐标,再将A 的坐标代入椭圆方程即可得到直线BC 的斜率.【详解】 如图所示:设1122(,),(,)B x y C x y ,33(0,),(,)M m A x y ,直线BC 的方程为y kx m =+,因为原点O 是三角形ABC 的重心,所以△BMA 与△CMO 的高之比为3,又△BMA 与△CMO 的面积之比为32,则2BM MC =,即2BM MC =u u u u r u u u u r ,所以1220x x +=,①联立2244y kx mx y =+⎧⎨+=⎩,消去y 并整理得222(41)8440k x mkx m +++-=, 所以122814km x x k -+=+,21224414m x x k-=+,② 由①②整理得22223614m k m k =-+,③ 因为原点O 是△ABC 的重心,所以31228()14km x x x k =-+=+,3121222()[()2]14my y y k x x m k -=-+=-++=+, 因为223344x y +=,所以222282()4()41414km m k k -+=++, 化简得22144k m +=,④ 由③④可得2112k =,因为k 0<,所以3k =. 故答案为:3-【点睛】本题考查了直线与椭圆相交的问题,三角形的重心坐标公式,韦达定理,运算求解能力,根据已知条件求出点A 的坐标后,再代入椭圆方程是解题关键,本题属于中档题.三、解答题18．已知0x >，0y >，且2520x y +=. （1）求xy 的最大值； （2）求11x y+的最小值.【答案】（1）10（2）720+ 【解析】（1）对等式左边直接使用基本不等式即可求出xy 的最大值； （2）对11x y +变形为：11111(25)20x y x y x y ⎛⎫⎛⎫+=++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，然后运用基本不等式求解即可. 【详解】 解析、（1）0x Q >，0y >，25x y ∴+≥（当且仅当25x y =时取等号，即当5,2x y ==时）10xy ∴≤，因此xy 的最大值为10；（2）11111521(25)(7)2020y x x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫+=++⋅=++⋅≥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭Q ，11720x y +∴+≥11x y ∴+=时取到. 【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.19．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是60DAB ∠=︒且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点，E 为BC 的中点.（1）求证：//BG 平面PDE ； （2）求证：AD PB ⊥；（3）在棱PC 上是否存在一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，若存在，确定点F 的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，当F 为PC 的中点时，能使平面DEF ⊥平面ABCD【解析】（1）利用已知可以判定四边形DGEC 是平行四边形，利用平行四边形的性质可以得到线线平行，利用线面平行的判定定理证明出//BG 平面PDE ；（2）根据PAD 为正三角形可以得到AD PG ⊥，再根据ABD ∆是等边三角形得到AD BG ⊥，这样根据线面垂直的判定定理可以证明AD ⊥平面PGB ，再利用线面垂直的性质定理可以证明出AD PB ⊥；（3）可以猜想F 为PC 的中点时.根据已知侧面PAD 垂直于底面ABCD ，可以通过面面垂直的性质定理可以得到PG ⊥平面ABCD .这样利用中位线可以证明出OF ⊥平面ABCD ，这样证明出猜想是正确的.【详解】（1）由已知，//DG BE ，DG BE =所以四边形DGEC 是平行四边形.//BG DE ∴. 又BG ⊄Q 平面PDE ，DE ⊂平面PDE ，//BG ∴平面PDE .（2）连接PG .PA PD =Q ，AD PG ∴⊥.ABD ∆Q 是等边三角形，AD BG ∴⊥ 又PG BG G =Q I ，AD ∴⊥平面PGB .AD PB ∴⊥.（3）当F 为PC 的中点时，能使平面DEF ⊥平面ABCD .证明如下、Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，PG AD ⊥，PG ⊂平面PAD ，PG ∴⊥平面ABCD .连结CG 交DE 于O .则O 是CG 的中点，//OF PG ∴.OF ∴⊥平面ABCD .又OF ⊂平面DEF ，∴平面DEF ⊥平面ABCD .【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了数学探究能力，考查了推理论证能力.20．如图，已知位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点()0,2且被x 轴分成的两段圆弧长之比为1:2，直线l 与圆C 相交于M ，N 两点，且以MN 为直径的圆恰好经过坐标原点O .（1）求圆C 的方程；（2）求直线OM 的斜率k 的取值范围.【答案】（1）22(4)(2)16x y ++-=（2）304k ≤≤或43k ≤- 【解析】（1）依题意可设圆心(),2C r -，根据圆的性质可以得出120PCQ ∠=︒，进而可以求出圆的标准方程； （2）解法1.依题意知，只需求出点N （或M ）在劣弧PQ 上运动时的直线ON （或OM ）斜率，设其直线方程为y tx =()0t >，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线的距离公式，可以求出t 的取值范围，根据点M 在劣弧PQ 上，点N 在劣弧PQ 上，求出直线OM 的斜率，进而求出直线OM 的斜率的取值范围，在讨论线OM 的斜率为零时，是否满足，最后确定直线OM 的斜率k 的取值范围；解法2.当0k ≠时，直线OM 的方程为y kx =，根据直线与圆的位置关系结合点到直线距离公式，求出斜率k 的取值范围，再以1k-代k 求出斜率k 的取值范围，接着讨论0k =时，是否满足条件，最后确定斜率k 的取值范围. 【详解】（1）依题意可设圆心(),2C r -.设圆C 与x 轴交于点PQ ，因为圆C 被x 轴分成的两段圆弧之比为1:2，所以120PCQ ∠=︒.于是4r =，圆心()4,2C -. 所以圆C 的方程为22(4)(2)16x y ++-=. （2）解法1.依题意知，只需求出点N （或M ）在劣弧PQ 上运动时的直线ON （或OM ）斜率，设其直线方程为y tx =()0t >， 此时有2241t <≤+，解得304t <≤.若点M 在劣弧PQ 上，则直线OM 的斜率k t =，于是304k <≤; 若点N 在劣弧PQ 上，则直线OM 的斜率1k t =-，于是43k ≤-.又当0k =时，点N 为()0,2，也满足条件综上所述，所求的直线OM 的斜率k 的取值范围为304k ≤≤或43k ≤-解法2.当0k ≠时，直线OM 的方程为y kx =241k ≤+，解得34k ≤.以1k -代k 得，134k -≤，解得43k ≤-或0k >.当0k =时，也满足题意.综上所述，k 的取值范围是304k ≤≤或43k ≤- 【点睛】本题考查了圆的切线性质，考查了直线与圆的位置关系，考查了有斜率的两直线垂直时斜率的关系，考查了圆的几何性质，考查了数学运算能力. 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，AB AP ⊥，AB ∥CD ，且PB BC ==6BD =,222CD AB ==，120PAD ∠=o .（Ⅰ）求证：平面PAD ⊥平面PCD ；（Ⅱ）求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 【答案】（I ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（1）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直进行论证，而线面垂直证明，往往需要多次利用线线垂直与线面垂直的转化，而线线垂直，有时可利用平几条件进行寻找与论证，如本题取CD 中点E ，利用平几知识得到四边形ABED 是矩形，从而得到CD AD ⊥，而易得CD AP ⊥，因此CD PAD ⊥平面，进而有平面PAD ⊥平面PCD ；（2）利用空间向量求线面角，首先建立空间直角坐标系：以A 为原点，AB 为x 轴,AD 为y 轴,建立空间直角坐标角系，设出各点坐标，利用方程组解出面的法向量，利用向量数量积求夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结论 试题解析：解：证明：（1）,BC BD E =Q 为CD 中点,,,2BE CD AB CD CD AB ∴⊥∴=Q P ,AB DE ∴P ,且,AB DE =∴四边形ABED 是矩形,,,,BE AD BE AD AB AD AB PA ∴=⊥⊥P Q ,又,PA AD A AB ⋂=∴⊥平面,PAD CD PD ∴⊥,且CD AD ⊥,Q 在平面PCD中,,,,EF PD CD EF EF BE E EF ∴⊥⋂=∴⊂P Q 平面,BEF BE ⊂平面BEF ,又,CD BE CD ⊥∴⊥平面,BEF CD ⊂Q 平面PCD ,∴平面BEF ⊥平面PCD.（2）以A 为原点，AB 为x 轴,AD 为y 轴,建立空间直角坐标角系，6,222,120PB BC BD CD AB PAD =====∠=︒Q,则()()()()0,1,3,0,2,0,2,0,0,22,2,0,P D BC -()()()0,3,3,2,1,3,2,2,0PD BP BC =-=--=u u u r u u u ru u u r设平面PBC 的法向量(),,n x y z r=,则220{230n BC x y n BP x y z ⋅=+=⋅=-+=u u ur r u u u rr ,取2x =,得32,1,n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎭r , 设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ,10sin cos ,510123PD nPD n PD nθ⋅====⋅⋅u u u r ru u u r r u u u r r ,∴直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值为105.【考点】面面垂直判定定理，利用空间向量求线面角【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.22．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：22 22x ya b+＝1(a>b>0)的离心率为3，且过点1(3,)2，点P在第四象限，A为左顶点，B为上顶点，P A交y轴于点C，PB交x轴于点D.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 求△PCD面积的最大值．【答案】(1)24x＋y2＝1；2－1【解析】（1）由离心率3ca=，再把点1(3,)2坐标代入2222x ya b+＝1，结合222a b c=+可求得,a b，得椭圆标准方程；（2）设直线AP方程为1(2)(0)2y k x k=+-<<，可求得,P C的坐标，由,,P D B共线求得D点坐标，这样可求得PCD PAD CADS S S∆∆∆=-，令12t k=-换元后用基本不等式求得最大值．【详解】(1) 由题意得：22222311432a bcaa b c⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩得a2＝4，b2＝1，故椭圆C的标准方程为：24x＋y2＝1.第 21 页 共 21 页 (2) 由题意设l AP ：y ＝k (x ＋2)，－12<k <0，所以C (0，2k )， 由22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消y 得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0，所以x A x P ＝2216414k k -+， 由x A ＝－2得x P ＝222814k k -+，故y P ＝k (x P ＋2)＝2414k k +， 所以P 222284,1414k k k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 设D (x 0，0)，因B (0，1)，P ，B ，D 三点共，所以k BD ＝k PB ，故01x -＝22241142814k k k k -+-+， 解得x 0＝2(12)12k k +-，得D 2(12),012k k +⎛⎫ ⎪-⎝⎭， 所以S △PCD ＝S P AD －S △CAD ＝12×AD ×|y P －y C | ＝212(12)42221214k k k k k ++--+＝24|(12)|14k k k++， 因为－12<k <0，所以S △PCD ＝228414k k k--+＝－2＋2×21214k k -+， 令t ＝1－2k ，1<t <2，所以2k ＝1－t ，所以g (t )＝－2＋221(1)t t +-＝－2＋2222t t t -+ ＝－2＋222t t+-≤－2－1， 当且仅当t时取等号，此时k＝12，所以△PCD－1. 【点睛】本题考查由离心率求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．本题直线AP 与椭圆相交的两点中一点A 已知，因此可设出直线方程求出另一点坐标，从而可求出其他点的坐标，并求得三角形面积．本题对学生的运算求解能力要求较高，属于难题．。