2020-2021学年浙江省台州市高二上学期期末数学试卷及答案（解析版）

绝密★启用前2020-2021学年浙江省台州市高二上学期期末数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．直线的倾斜角为（）A．45°B．60°C．120°D．135°答案：A【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】先利用直线的方程求出直线的斜率，再利用斜率的定义求倾斜角即可.解：直线方程为，即，故斜率，设倾斜角为，则，，故，.故选：A.2．若空间一点在轴上，则（）A．-1B．0C．1D．2答案：C【分析】利用空间中轴上的点横纵坐标均为零，计算即可.解：空间一点在轴上，故，即，此时坐标为满足题意.故选：C.3．双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．答案：C【分析】根据双曲线渐近线方程的求法进行求解即可．解：解：因为，令，解得故选：C4．在正方体中，是的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（）A．B．C．D．答案：D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角的余弦值；解：解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，所以，，设直线与直线所成角为，所以故选：D5．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数为（）A．1B．2C．3D．4答案：B【分析】根据圆的方程，求得圆心距和两圆的半径之和，之差，判断两圆的位置关系求解.解：因为圆，圆，所以，，所以，所以两圆相交，所以两圆的公切线的条数为2，故选：B6．已知，是两个不同的平面，是一条直线，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答案：C【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；解：解：因为，，，是两个不同的平面，所以，故充分性成立；若，，所以，故必要性成立；故“”是“”的充分必要条件；故选：C7．已知抛物线的焦点为，准线为，是轴正半轴上的一点，线段交抛物线于点，过作的垂线，垂足为.若，则（）A．B．3C．D．4答案：B【分析】先利用方程得求得焦点坐标和准线方程，设点，，再利用点在抛物线与直线上列方程，解出，最后利用距离公式计算即可.解：如图所示，抛物线中，，，依题意设，，，则，故，，因为，即，而，所以，直线，在直线上，故，即，代入上式即得，化简整理得，即，故，而，故，故，即，所以.故选：B.点评：本题解题关键在于利用点既在抛物线上，又在直线上，构建关系式，求解出点即突破难点.8．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．C．D．答案：A【分析】把三视图放在正方体里还原原图，即可求解.解：如图所示，三视图恢复原图为三棱锥，则；故选：A.9．如图，在侧棱垂直底面的三棱柱中，，，，分别是棱，的中点，是棱上的一动点，记二面角的大小为，则在从运动到的过程中，的变化情况为（）A．增大B．减小C．先增大再减小D．先减小再增大答案：D【分析】作出二面角的平面角并证明，然后设，，，求出，并在平面上以，为轴建立平面直角坐标系，用解析法求得，然后求得，设，利用导数得出的单调性，得的变化趋势．解：过作交于，因为三棱柱侧棱垂直底面，所以面，面，所以，又，面，所以面，面，所以，过作交于，连接，，平面，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，即，由面，面，得，因为，，所以，即是正方形，是中点，则是的四等分点．设，则，在平面上以，为轴建立平面直角坐标系，如图，则，，设，，，直线的方程为，即，到直线的距离为，，设，则，当时，，递减，当时，，递增．所以先减后增，而为锐角，所以先减后增．故选：D．点评：方法点睛：本题考查求二面角问题，解题关键是作出二面角的平面角，注意作图与证明，设出边长，，求出和，求出，引入函数后用导数求出函数的单调性并得出二面角的变化趋势．10．如图，，分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线与圆在第二象限的一个交点，点在双曲线上，且，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．答案：A【分析】连接,设由条件可得，可得，由条件有则，由双曲线的定义可得.在中，，由余弦定理可得：，可得，可解得，从而可得答案.解：连接，设,设，，由双曲线的定义可得.由条件可得，则，即在中，由，则，由双曲线的定义可得.在中，由余弦定理可得：即所以结合上面得到的式子：，可得所以，则，即所以，即故选：A点评：关键点睛：本题考查求双曲线的离心率问题，解答本题的关键是由条件设由条件可得，可得，在中，，由余弦定理可得：，即，所以，属于中档题.二、填空题11．在三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直，，，且的面积为，则的长为___________.答案：2【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，表示出，，根据得到方程，计算可得；解：解：依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，所以，，所以，即，所以，解得故答案为：点评：本题考查空间向量的应用，对于三角形的面积可以利用向量法进行转化计算；12．在平面直角坐标系中，设点，，定义：.若点，点为椭圆上的动点，则的最大值为__________________.答案：【分析】设点取，，只需直线与椭圆相切即可求最大值.解：设点，则，因为求最大值故取，，所以，设，则求最大值，只要直线与椭圆相切即可，联立方程组消去得由解得.故答案为：点评：思路点晴：将转为直线方程，再根据直线与椭圆相切求得最大值.13．如图，在中，，，，点是边（端点除外）上的一动点.若将沿直线翻折，能使点在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且.设，则t的取值范围是________________.答案：.【分析】由已知分析可得，在过与的垂线上，且在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．然后求出极端情况，即在上与在上的的值，即可求得的取值范围．解：解：如图，平面，过作，连接，可得，即在过与的垂线上，又，则在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．分析极端情况：①当在上时，，，可得，设为，在△中，，且，可得，．设，，则，，则，，．在中，由正弦定理可得：，即，得；当在上时，有，此时．在的内部（不包含边界），的取值范围是，故答案为：．点评：本题的关键点在于找到点的两个临界位置，并根据几何关系求解.三、双空题14．已知空间向量，，则__________，_________.答案：3【分析】利用空间向量的模长的计算公式和线性运算法则直接计算即可.解：因为空间向量，，所以，.故答案为：3；.15．已知直线与.若，则________；若，则_______.答案：【分析】根据可得出关于的等式与不等式，可解得的值；由可得出关于的等式，可解得此时的值.解：已知直线与.若，则，解得；若，可得，解得.故答案为：；.点评：结论点睛：利用一般式方程判定直线的平行与垂直：已知直线和直线.（1）且；（2）.16．己知圆锥的底面积为，高为，则这个圆锥的侧面积为________cm2，圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为_________cm2.答案：【分析】先求出圆锥底面圆的半径，结合高为，利用勾股定理可以求出圆锥的母线，再利用侧面积公式即可求侧面积；作圆锥的截面，利用相似三角形对应边成比例求出内切圆的半径，即为圆锥内切球的半径，即可求球的表面积.解：设圆锥底面圆的半径为，母线长为，由题意可得，可得，由勾股定理可得：，所以圆锥的侧面积为，作圆锥的轴截面如图所示：、分别与圆相切于两点，设圆半径为，连接，则，过点作，则，，所以，所以，即，解得：，所以圆锥的内切球半径为，所以圆锥的内切球的表面积为，故答案为：；点评：关键点点睛：本题求内切球的表面积即需要求内切球的半径，利用空间想象能力作出圆锥的轴截面即可利用相似三角形求出内切圆的半径即为内切球的半径.17．已知平面内两点，，动点满足，则点的轨迹方程为________，点到直线的距离的最小值为________.答案：；【分析】设，将利用数量积的坐标表示即可求得点的轨迹方程；利用圆的性质可知圆心到直线的距离减去圆的半径即可得最小距离.解：设，则，，所以，整理可得：，由可得，所以圆心为，半径，圆心到直线的距离为，由圆的性质可得：点到直线的距离的最小值为，故答案为：；点评：关键点点睛：求圆上的点到直线距离的最值转化为圆心到直线的距离减去半径即得最小值，加上半径即得最大值.四、解答题18．已知圆的圆心为，且经过坐标原点.（Ⅰ）求圆的标准方程；（Ⅱ）直线与圆相交于，两点，求.答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）首先求出圆的半径，即可求出圆的方程；（Ⅱ）求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理计算可得；解：（Ⅰ）解：由题意知，圆的半径，所以，圆的标准方程为.（Ⅱ）解：圆心到直线的距离，.19．如图，在长方体中，，是底面的中心.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）连接交于点，连接，连接，可证，即可得证；（Ⅱ）依题意可得是二面角的平面角，再根据锐角三角函数计算可得；解：（Ⅰ）证明：连接交于点，连接，连接，由长方体的性质知，且，故四边形是平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）解：设，由长方体底面是正方形，得.因为，是的中点，所以，所以是二面角的平面角.在直角三角形中，，易得，，，得，所以二面角的平面角的余弦值为.点评：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．20．如图，已知椭圆.为坐标原点，为椭圆的右顶点，，在椭圆上，且四边形是正方形.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）斜率为的直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点恰在线段上，求的取值范围.答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（1）将点代入椭圆方程结合即可得出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程消去得到的一元二次方程，由韦达定理得，因为的中点恰在线段上得结合解不等式即可.解：（Ⅰ）解：由题意，，又由椭圆过点得，解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）解：设直线的方程为，代入椭圆方程，得，得.设，，.，.因为的中点恰在线段上，所以，得所以，由，得，解得.点评：在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.21．如图，在四棱锥中，，，.平面平面，为等边三角形，点是棱上的一动点.(Ⅰ)求证：平面；(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.答案：(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【分析】(Ⅰ)作中点，连接交于点，先证四边形是菱形，进而得到，再通过面面垂直的性质定理即可得到平面；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法表示出直线与平面所成角的正弦值，根据表达式，即可求出最大值.解：解：（Ⅰ）证明：如图所示：作中点，连接交于点，则由知：且，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形，故，在中，分别为的中点，故,即，又平面平面，平面平面，平面；（Ⅱ）如上图所示：以点为原点，分别以，所在的直线为轴，轴，以过点垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，由题意知，，，，过点作直线与垂直，且.平面，平面平面，平面，又，即，点在线段的中垂线上，由对称性可知：，，三点共线，由，得：，，又由，得：，点的坐标为，，，设平面的法向量，即，令，则，设，则，则，设直线与平面所成角为，则.当时取等号，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.点评：方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.22．如图，过点的直线与抛物线相交于，两点（在第一象限），且交轴于点，过点的直线交抛物线于另一点，且交轴于点，，分别是直线，的斜率，且满足.记，的面积分别为，.（Ⅰ）若，求的方程；（Ⅱ）求的取值范围.答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）依题意可得直线的方程为，代入抛物线方程，即可求出点坐标，从而求出直线的方程；（Ⅱ）设点的坐标为，则直线的斜率为，表示出直线的方程，联立消元、利用韦达定理求出，同理可表示出，则，再利用二次函数的性质计算可得；解：（Ⅰ）解：由，知直线的方程为，代入抛物线方程，得，解得或，所以，又由，得直线的方程为，即.（Ⅱ）解：设点的坐标为，直线的斜率为，直线方程为，代入抛物线，消去，得，由韦达定理得，所以.因为，所以直线的方程为，代入抛物线，消去，得.由韦达定理得，所以..令，则，..由，知.所以的取值范围是.点评：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)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|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．试卷第2页，总4页