2020-2021學(xué)年臺州市高二年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷(含解析)

2020-2021學(xué)年臺州市高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題(本大題共10小題，共40.0分)

1.若直線I經(jīng)過點(diǎn)4(2,3),5(3,4).則直線珀勺傾斜角為()

A.30°B,45°C.60°D,90°

2.在空間直角坐標(biāo)系中點(diǎn)P(l,3,-5)關(guān)于貓酬對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是()

A.(-1,3,-5)B.(1,3,5)C.D.(-1,一3,5)

22

3.已知雙曲線C：拶—彳=l(a>0,b>0),直線八bx-ay+3a=0,若/上存在點(diǎn)P值,Vo)使圓

(x-Xo)2+(y—yo)2=3與雙曲線C的右支有公共點(diǎn)，則雙曲線C的離心率取值范圍為()

A.(1,V3]B.(1,V3)C.(舊,+8)D.[V3,+oo)

4.(文)若一條直線與平面所成的角為(則此直線與這個平面內(nèi)任意一條直線所成角的取值范圍是

()

A.g,芻B.[py]C.g,兀]D.[0,5

5.已知兩點(diǎn)4(1,2),B(3,1)到直線L的距離分別是月后_￡則滿足條件的直線L共有()條.

A.3B.2C.1D.4

6."⑴=:"是"函數(shù)y=sin(x+20)是偶函數(shù)”的()

A.充要條件B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分又不必要條件

7.拋物線/=y的準(zhǔn)線方程是()

.1?1

A.x=-B.y=-C.x=-^D.y=-y

2/244

8.設(shè)有一幾何體的三視圖如下，則該幾何體體積為()

正視圖側(cè)視圖

2

2

俯視圖（圓和正方形）

入“做C，蜘「，IS?—，

A.4+—B.4+—C.4+—D.4+S

&&$

9.四棱錐P-4BCD中，底面2BCD為直角梯形，AB1AD,BCIIAD,

S.AB=BC=2,AD=3,PA_L平面4BCD且PA=2,則PB與平面PCD

所成角的正弦值為（）

10.已知拋物線公::解=--魯，過原點(diǎn)的動直線事交拋物線繪于四、.蜃,兩點(diǎn)，部是4邸,的中點(diǎn)，設(shè)

動點(diǎn),耀X威，則命L般,的最大值是（）

B.TC.4D.-4

二、單空題（本大題共6小題，共32.0分）

11.已知直角坐標(biāo)平面上任意兩點(diǎn)P（久】,月），QP（%2,y2）,定義d（P，Q）｛|：2一；匕：2|心一?|

U72一月1，1%2—尤11<佻-711

為P,Q兩點(diǎn)的“非常距離”.當(dāng)平面上動點(diǎn)MQ,y）到定點(diǎn)4（a,b）的距離滿足1AMi=3時，則

d（M,4）的取值范圍是.

12.直線4：2x+（機(jī)+l）y+4=0與直線％：mx+3y-2=0平行，則m的值為.

13.已知三棱錐4-BC。的側(cè)棱兩兩互相垂直，且該三棱錐的外接球的體積為36兀，則該三棱錐的側(cè)

面積的最大值為.

14.在平面內(nèi)，已知非零向量反與單位向量3的夾角為或若向量了滿足了2一631+8=0,貝修1-司

的最小值為.

15.已知邊長為2的等邊三角形的三個頂點(diǎn)分別是焦點(diǎn)在工軸的橢圓的三個頂點(diǎn)，那么該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)

方程為.

16.已知正三棱柱4BC-4/停1(底面為正三角形且側(cè)棱與底面垂直)，它的底面邊長為2,若存在一

個球與此正三棱柱的所有棱都相切，則此正三棱柱的側(cè)棱長為.

三、解答題(本大題共5小題，共74.0分)

17.已知圓C的圓心坐標(biāo)為(2,0),直線匕：x-ky-l=0與圓C交于點(diǎn)M,P,直線%：kx+y-k=0

與圓C交于點(diǎn)N,Q,且M,N在x軸的上方.當(dāng)k=l時，有

(1)求圓C的方程；

(2)當(dāng)直線PQ的斜率為-3寸，求直線MN的方程.

18.如圖，四棱錐P-4BCD的底面是邊長為4的正方形，四條側(cè)棱長均為舊.點(diǎn)G,E,F,"分別

是棱PB,AB,CD,PC上共面的四點(diǎn)，平面GEFH_L平面ABC。，BC〃平面GEFH.

(1)證明：GH//EF；

(2)設(shè)4BCD的中心為。，連接PO,證明PO,平面48CD；

(3)若EB=1,求四邊形GEFH的面積.

19.已知點(diǎn)4為圓C：/+y2=9上一動點(diǎn)，AMlx軸，垂足為M.動點(diǎn)N滿足麗=亨瓦？+(1—

^)OM，設(shè)動點(diǎn)N軌跡為曲線Ci.

(I)求曲線G的方程；

(H)斜率為-2的直線/與曲線Q交于B、D兩點(diǎn)，求AOBD面積的最大值.

20.如圖，已知邊長為4的菱形4BCD中，乙48c=60。.將菱形48C。沿對角線P4折起得到三棱錐D-

ABC,設(shè)二面角?！狝C—B的大小為仇

(1)當(dāng)。=90。時，求異面直線與BC所成角的余弦值；

(2)當(dāng)。=60。時，求直線4D與平面4BC所成角的正弦值.

21.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線I與拋物線y2=4x相交于4、B兩點(diǎn).

(1)求證：“如果直線/過點(diǎn)T(3,0),那么65?用=-3”是真命題；

(2)寫出(1)中命題的逆命題，判斷它是真命題還是假命題，并說明理由.

參考答案及解析

L答案：B

解析：解：,??直線經(jīng)過點(diǎn)2(2,3),5(3,4),

???直線/的斜率左=答=1,

設(shè)直線1的傾斜角為a,則tana=1,又0。Wa<180。，

???a=45°.

故選：B.

由已知點(diǎn)的坐標(biāo)求得直線Z的斜率，再由斜率是傾斜角的正切值求解.

本題考查直線的傾斜角，考查直線斜率與傾斜角的關(guān)系，是基礎(chǔ)題.

2.答案：B

解析：根據(jù)空間直角坐標(biāo)系坐標(biāo)的對稱的結(jié)論：點(diǎn)(x,y,z)關(guān)于平面xoy對稱的點(diǎn)坐標(biāo)為(久,y,-z),

可知答案是B.

考點(diǎn)：空間直角坐標(biāo)系點(diǎn)的對稱問題.

3.答案:C

解析：解：由題意可知漸近線y=與其平行線y=2尤+3間的距離要小于百0W

CLCLV。十(-)

可得：2(農(nóng)臺e>W，

c3

故選：C.

判斷直線與雙曲線的漸近線的關(guān)系，利用已知條件，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離推出離心率即可.

本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，點(diǎn)到直線的距離公式的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是

中檔題.

4.答案:A

解析：解:直線與平面所成的角的取值范圍為［0,芻，故排除B、C

???直線與平面所成的角是直線與平面內(nèi)任意一條直線所成角中最小的角，

故選A

可使用排除法解此選擇題，根據(jù)直線與平面所成角的定義,直線與平面所成的角的取值范圍為［0,5，

排除8、C,又因?yàn)橹本€與平面所成的角是直線與平面內(nèi)任意一條直線所成角中最小的角，排除D,

即可得正確答案

本題考察了直線與平面所成的角的定義和意義，解題時要透徹理解直線與平面所成的角的定義，運(yùn)

用排除法解題

5.答案：A

解析：本題主要考查直線與圓的相切及圓圓的相切問題，利用了數(shù)形結(jié)合思想.

解：由a和B的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式求出的長，然后以a為圓心，也為半徑畫圓a,

以B為圓心店一0為半徑畫圓B,由&=/?+「，得到兩圓外切，可得出公切線有3條，即可得到

滿足題意的直線/共有3條.

二"|=也―92+（2_1）2=6

分別以a,B為圓心，、歷,右一0為半徑作兩個圓，

瓶+（逐一偽=占即d=及+r,

兩圓外切，有三條共切線，則滿足條件的直線/共有3條.

故選A.

6.答案：B

解析：解：若函數(shù)y=sin（x+2。）是偶函數(shù)，貝l]2s=]+k7r,

則0=3+3,上"，

故"9=是"函數(shù)y=sin（x+2p）是偶函數(shù)”充分不必要條件，

故選：B

根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷.

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵.

7.答案：D

解析：解：由拋物線/=y可得：2P=1,.??§=4，

N4

因此拋物線的準(zhǔn)線方程是y=-；.

故選：D.

由拋物線/=y可得：2P=1,即可得出拋物線的準(zhǔn)線方程.

本題考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其準(zhǔn)線方程，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

8.答案：C

解析：試題分析：觀察三視圖可知，該幾何體是一組合體。其體積計算為一個三度分別為2,2,1的

長方體與一個底半徑為1,高為3的半個圓柱及半個底半徑為1,高為2的半個圓柱,所以體積為4+翌,

故選Co

考點(diǎn)：本題主要考查三視圖及幾何體的體積計算。

點(diǎn)評：基礎(chǔ)題，認(rèn)識幾何體的特征是解題的關(guān)鍵。

9.答案:B

解析:

本題考查了空間向量的應(yīng)用，線面角的計算，屬于中檔題.

以4為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出而，平面PCD的法向量，即可求PB與平面PCD所成角的

正弦值；

解：依題意，以4為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB,AD,AP

為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系。一xyz,AB=BC=2,AD=3,PA=2,則P(0,0,2),

B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,3,0),彳

從而而=(2,0,-2)，PC=(2,2,-2).RD=(0,3,-2)，P

設(shè)平面PCD的法向量為元=(a,b,c),°

即｛解亡

不妨取c=3,則b=2,a=1,x

所以平面尸CO的一個法向量為詁=(1,2,3),

所以尸8與平面PC。所成角的正弦值

sind=|cos<麗，元>|=|-V7,=一V7

722+(-2)2-Vl2+22+32

故選&

10.答案：A

解析：試題分析：設(shè)動直線3的方程為：般=妹，代入拋物線媛解=心-魯?shù)?，?，觥:-翦=斛，

設(shè)施飛顯閾富%嗎￥，則漏#與=低，則需=領(lǐng)：但w，群=嬲帶購=鮑〉"嗚=上，

%,-^=?--=-當(dāng)陳一套『特魯匕&故選A.

'*稀汽VV

考點(diǎn)：直線與二次曲線位置關(guān)系.

11.答案：[券,3]

解析：解：由題意可知點(diǎn)M在以4為圓心，r=3為半徑的圓周上，如圖所示：/一入川

由“非常距離”的新定義可知：當(dāng)氏-a|=|y—b|時，d(M,4)取得最小值，晨

d^M,A)min=^；

當(dāng)|x-a|=3,|y-0=0或-a|=0,|y-6|,=3時,d(M,4)取得最大值，d(J4,A)max=3,

故d(M,4)的取值范圍為[誓,3].

故答案為：[誓,3].

由題意可知點(diǎn)M在以4為圓心，r=3為半徑的圓周上，由“非常距離”的新定義，求出d(M,4)的最

小值與最大值，即可得出結(jié)論.

本題以新定義為載體，考查數(shù)學(xué)概念的新定義，數(shù)形結(jié)合的思想，考查了距離公式的簡單應(yīng)用，屬

于基礎(chǔ)試題.

12.答案：—3或2

解析：解：；直直線4：2x+(機(jī)+l)y+4=0與直線％：nix+3y-2=0平行，二端看=于，解得

m=2或一3,

故答案為-3或2

根據(jù)兩直線平行，且直線6的斜率存在，故它們的斜率相等，解方程求得加的值.

本題的考點(diǎn)是直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系，主要考查兩直線平行的性質(zhì)，兩直線平行，它

們的斜率相等或者都不存在.

13.答案:18

解析：解：以該三棱錐的三條側(cè)棱為長、寬、高，將該三棱錐補(bǔ)成一個長方體，長方體的體對角線

就是外接球的直徑.

3

根據(jù)三棱錐外接球體積U=：兀/=36兀，所以球的半徑r=3,

%2+y2+z2=(2x3)2=36.

S超=+)z+]zW沁2+y2)+；(久2+z2)+22+y2)=|(x2+y2+z2)=18,

(當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時，等式成立.)

所以該三棱錐的側(cè)面積的最大值為18.

故答案為：18.

以該三棱錐的三條側(cè)棱為長、寬、高，將該三棱錐補(bǔ)成一個長方體，長方體的體對角線就是外接球

的直徑，根據(jù)球的體積公式，求得球的半徑，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為三條側(cè)棱的平方和為36,然后根據(jù)三棱錐

側(cè)面積公式，運(yùn)用基本不等式即可求得其最大值.

本題主要考查幾何體的外接球及基本不等式的應(yīng)用等，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬中檔題.

14.答案：|百一1

解析：解:設(shè)有=(a,Ba),e=(1,0),b=(x,y)，

二由方62?方+8=0得：久2+y2_6%+8=0,

即(％—3產(chǎn)+y2=1,=(a,V3a),滿足b％—y=0,

\a—b|的最小值即圓上的點(diǎn)到直線百％—y—0距離的最小值,

可得：^-1=^-1,

V3+12

故答案為：逮-1.

2

利用已知條件表示匕3滿足的軌跡方程，利用向量模的幾何意

義轉(zhuǎn)化求解即可.

本題考查向量的數(shù)量積以及向量的幾何意義，考查數(shù)形結(jié)合以

及分析問題解決問題的能力，是難題.

2

15.答案：9+必=1

3J

解析：解：根據(jù)題意，設(shè)該等邊三角形為AABC,

其邊長為2,則|4C|=2,

4c為橢圓的短軸兩個頂點(diǎn)，則|4C|=2b,則b=l,

OB=a=V3,

2

則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為券+V=i；

2

故答案為：—+y2=1.

3'

根據(jù)題意，作出橢圓與三角形的圖形，分析可得a、b的值，代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程即可得答案.

本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，屬于基礎(chǔ)題.

16.答案：2

解析：解：如圖，作正三棱柱ABC-&B1G的中截面正

作上下底面三角形內(nèi)切圓，

與正三棱柱的所有棱都相切的球必過△AB'C'的外接圓和上下

底面內(nèi)切圓，

取上下底面內(nèi)切圓心。1、0,連接。10,取。1。中點(diǎn)M,M為4

4B'C'的外心，

以M為球心，以。4為半徑的球，此球即為與正三棱柱48C-

為B1G的球,

于是N。=-AN=--AB-sin60°=—,MN=MA'=2N0=

3333

所以M。=y/MN2-NO2=1,01。=2Mo=2,

故答案為：2.

尋找滿足條件的球心與半徑，通過解直角三角形求解.

本題考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查了球與正三棱柱的位置關(guān)系，屬于中檔題.

17.答案：解：(1)當(dāng)k=l時，直線%的方程為x—y—1=0,

?-?\MP\=仍屈，二圓心C(2,0)到直線4的距離d=

I2-0-H_.際、2

~^~~r2一(丁)’

解得產(chǎn)=37,

???圓C的方程為:(x-2/+y2=37.

(2)當(dāng)k=0時，直線%方程為y=0,此時N點(diǎn)在%軸

上，不符合題意，故k豐0,

設(shè)用（％1，%），P（x2,y2）,%（%3，%），Q（x4,y4）,2（1,0）

聯(lián)立方程組消元得：（1+1燈2_2切_36=0,所以為+為=券，

又因?yàn)?i=kyr+1,x2=ky2+1,

所以/+%2=當(dāng)卷，

因?yàn)?，匕，用一楙取代k得：y3+y4=V^，％3+%4=誓今?

所以久1+%2+%3+%4=6,丫1+丫2+丫3+=0.

設(shè)PQ中點(diǎn)為片（沖，'石），MN的中點(diǎn)為F（孫,孫）

,x+x+x+x%+乃+?3+了4_g

則由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得,尤E+%F=x'%2…34=3,

yE+yF2

又E是PQ中點(diǎn)，所以CELPQ,所以三角形CEQ為直角三角形，

由勾股定理：CE2+EQ2=r2,

又知道","，所以三角形4PQ為直角三角形，所以4E=EQ,

ffrlilCE2+AE2=r2,即％—2）2+煽+%—1產(chǎn)+y）=37①

由CEJ.PQ得：kcEXkpQ=_1,得kcE=2,

；,*=*=2②

_19

“E-S（舍去，因?yàn)镋在%軸下方），

{%=三

所以孫=3,yF=4,

所以直線MN過（3,4）且與CF垂直，

—11

所以直線MN的斜率=亙=一丁

3-2

-1

所以MN滿足y—4=—[（x—3）

化簡得直線MN的方程為：x+4y-19=0.

解析：（1）根據(jù)弦心距、半徑、半弦長圍成一個直角三角形，利用勾股定理處理即可.

（2）設(shè)出四點(diǎn)坐標(biāo)MQi/1），P（X2，V2），'（久3，、3），（2（%4，、4），聯(lián)立人與圓，得到打+y2，乃+42,

1.

用一不取代k,得到X3+X4，為+判，發(fā)現(xiàn)+比2+刀3+應(yīng)=6,yi+%+乃+”=0?再設(shè)出PQ中

點(diǎn)E,MN中點(diǎn)F,利用CE1PQ,三角形CEQ為直角三角形以及4E=EQ解出E點(diǎn)坐標(biāo)，得到尸點(diǎn)坐

標(biāo)，根據(jù)直線MN過點(diǎn)F且CF1MN即可求出直線MN方程.

本題主要考查了直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題,

是處理這類問題的最為常用的方法，本題是難題.

18.答案：解：(1)證明：:BC〃平面GEFH,

BCu平面4BCD,平面GEFHn平面ABCD=EF,

?-?BC//EF,

同理可得，BC//GH,

：.GH//EF.

(2)證明：?.?四邊形4BCD為正方形，且AC、BD交于點(diǎn)。，

。為4C、8。的中點(diǎn)，由已知得

PA=PC,PB=PD,

AP2C和A均為等腰三角形，

???P01AC,POLBD,

又AC、8。u平面ABC。，S.ACC\BD=0,

：.POJ_平面ABCD；

(3)解：設(shè)與EF交于點(diǎn)K,連接GK,

vPOJ?平面4BCD,且P。C平面GEF”，

P?！ㄆ矫鍳EFH,又平面GEFHC平面PBD=GK,POu平面PBD,

PO//GK,

GK為四邊形GEFH底邊上的高，

又因?yàn)锽E=1,AB=4,得點(diǎn)E是靠近B點(diǎn)的AB的四等分點(diǎn)，

-KE//AD,.'K為靠近點(diǎn)BD的四等分點(diǎn)，

??.K為。8的中點(diǎn)，又PO〃GK,

G為PB的中點(diǎn)，XGH//BC,

??.H為PC的中點(diǎn)，又BC=4,

???GH=2,又由已知得PB=V17,OB=2V2,

__________13

PO=7PB2-0B2=V17-8=3,GK=-PO=

又由BC〃EF,BE//CF,可得EF=4,

S=i1(G/7+EF)-1G/r=I-(2R+4)9-I=

解析：本題重點(diǎn)考查了空間中直線與直線平行和垂直、直線與平面平行和垂直、平面和平面平行和

垂直的性質(zhì)和判定等知識，屬于中檔題.

(1)可以結(jié)合條件，得到BC〃EF,BC//GH,由此能證明GH〃EF；

(2)4C、BD交于點(diǎn)。，結(jié)合APaC和APB。均為等腰三角形，從而能P。1平面4BC0；

⑶設(shè)BD與EF交于點(diǎn)K,連接GK,得到PO〃GK,K為靠近點(diǎn)BD的四等分點(diǎn)，由此能求出四邊形GEFH

的面積.

19.答案：解：(I)設(shè)動點(diǎn)N(x,y),a(Xo，yo)，???/!”軸?,?M(Xo,O)

ON=(x,y),OA=(%o，y0)>OM=(x0,0),

——>V3——>V3—>

ON=y。4+(1-m)OM

xx

(=orx0=x

,

"ly=yy0"(yo=W

%o+J/Q=9,???x2+3y2=9

??.N點(diǎn)的軌跡方程為1+t=1;

93

2%+y+m=0

x2y2_得13/+12mx+3m2—9=

{9+3-

0

???直線和曲線Ci交于相異兩點(diǎn)，.??△=144m2-4x13x(3m2-9)>0=>m2<39,

i--------「V468-12m22V5-V117-3m2

2

\BD\=Vl+fcki-X2|=V5------------——=-------------------------

又?:。點(diǎn)到直線1的距離為嚕

V5

22222

c_1\m\2V5-V117-3m_y/m(117-3m)_V3m(39-m)

'/OBD=3飛'

37n2(39-m2)<|[m2+(39-m2)]2=二工(當(dāng)且僅當(dāng)7n?=，時取等號)

SAOBD<*=*，.?.△08D面積的最大值為亞I

2X1322

解析：(I)設(shè)動點(diǎn)NQ,y),X(x0,y0),利用而="瓦I+(1-g)而7,即可求解N點(diǎn)的軌跡方程.

(11)設(shè)直線珀勺方程2%+丫+爪=0(>1R0),聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理求解三角形的有關(guān)

數(shù)據(jù)，求出三角形面積的表達(dá)式，求解最值.

本題考查直線與圓錐曲線方程的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，考查分析問題解決問題的能力.

20.答案：解：由題意可知二面角D—AC—B的平面角為NDOB,

即乙。。8=9.

(1)當(dāng)。=90。時，即ADOB