浙江省丽水市2019-2020学年高二上学期期末数学试题（解析版）.docx

1、丽水市2019学年第一学期普通高中教学质量监控高二数学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1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分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.2答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.选择题部分（共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.若直线的斜率为，在轴上的截距为，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C

2、【解析】【分析】根据题意，将直线的方程变形为斜截式方程，据此分析的值，即可得答案.【详解】解：根据题意，直线，其斜截式方程为，其斜率，在轴上的截距，故选：C.【点睛】本题考查直线的一般式方程与斜截式方程的转化，注意直线斜截式方程的形式，属于基础题.2.圆与圆的位置关系是（ ）A. 相交B. 内切C. 外切D. 相离【答案】B【解析】【分析】分别求出两圆的圆心和半径，求得圆心距与半径和或差的关系，即可判断位置关系.【详解】解：圆的圆心，半径，的圆心，半径，则两圆的圆心距，即两圆内切.故选：B.【点睛】本题考查两圆的位置关系的判断，注意运用两点的距离公式，考查运算能力，属于基础题.3.椭圆的焦点坐

3、标是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用椭圆方程，求出，然后求解即可.【详解】解：椭圆，可得，可得，所以椭圆的焦点.故选：A.【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题.4.已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间中的平行与垂直关系，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】解：对于A，时，过作平面，则；由知，所以，故A正确；对于B，当，时，得且，所以，故B正确；对于C，当，时，则，所以C错误；对于D，当，时，又，所以，D正确.故选：

4、C.【点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系的判断问题，也考查了符号语言应用问题，是基础题.5.双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线上，若，则（ ）A. B. C. 或D. 【答案】B【解析】【分析】求得双曲线的，判断的位置，结合双曲线的定义，可得所求值.【详解】解：双曲线的，点在双曲线的右支上，可得，点在双曲线的左支上，可得，由可得在双曲线的左支上，可得，即有.故选：B.【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查定义法解题，以及分类讨论思想，属于基础题.6.“”是“”成立的（ ）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】A【解析】【分析】由

5、对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案.【详解】解：由，得，得，；反之，由，不一定有，如“”是“”成立的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查对数的运算性质与不等式的基本性质，考查充分必要条件的判定方法，是基础题.7.直线和圆的交点个数（ ）A. B. C. D. 与，有关【答案】C【解析】【分析】圆题意可知直线恒过圆内的定点，故可得直线与圆相交，即可判断【详解】解：因为直线可化为，所以直线恒过定点，因为则点在圆内，故直线过圆内的点，与圆相交，即交点个数为2.故选：C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的判断，解题的关键是发现直线恒过定点且定点在圆内.8.我

6、国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chu meng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，则以下两个结论：；，（ ）A. 和都不成立B. 成立，但不成立C. 不成立，但成立D. 和都成立【答案】B【解析】【分析】利用线面平行的性质及勾股定理即可判断.【详解】解：，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，平面CDEF，又EF在平面CDEF内，由AB在平面ABFE内，且平面平面，EF，故对；如图，取CD中点G，连接BG，FG，由ABCD2EF，易知GF，且DEGF，不妨设EF1，则，假设BFED，则，即，即FG1，但FG的长度不定，故假设不一定成

7、立，即不一定成立.故选：B.【点睛】本题考查线面平行的判定及性质，考查垂直关系的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题.9.已知，点在曲线上，若直线，的斜率分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件得到点在以为焦点，的双曲线上，且在右支上；再利用整体代换即可求解.【详解】解：因为曲线，即；点在以为焦点，的双曲线上，且在右支上，对应的曲线方程为：；.故选：D.【点睛】本题主要考查曲线与方程，解决本题的关键点在于根据已知条件得到点所在曲线，属于基础题目.10.若实数，满足方程，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变

8、换和函数的性质的应用求出结果.【详解】解：由于，故：.故选：D.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，三角函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.11.如图，在三棱锥中，设二面角的平面角为，则（ ）A. ，B ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】解题的关键是通过构造垂面得出，然后转化到平面中解决即可.【详解】解：如图（1），取PC中点D，连接AD，BD， 由PBBC，PAAC易知BDPC，ADPC，故可得PC平面ABD，作PMAB于M，由，可得CMAB，又，由图（2）可得，故选：C.【点睛】本题考查空间角的综合问题，考查空间想象能力，

9、逻辑推理能力，属于中档题.12.已知直线与椭圆交于，两点，且直线与轴，轴分别交于点，若点，三等分线段，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将直线与椭圆联立求出两根之和及两根之积，求出中点坐标及弦长AB，由题意知CD的坐标及中点与AB的中点相同求出的值，再由C，D三等分线段AB，则，求出的值，选出结果.【详解】解：设，联立直线与椭圆的方程整理得：，解得，所以中点，由题意得，点C，D三等分线段AB，所以CD的中点也为P，所以，由题意，所以可得：；所以弦长，由题意得，由题意，所以，整理得：，解得，故选：D.【点睛】考查直线与椭圆的值应用，属于中档题.非选择题部分（共90分）二、

10、填空题：本大题共7小题，其中多空题每题6分，单空题每题4分，共34分13.双曲线的焦距是_，渐近线方程是_.【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】由双曲线方程求得a，b，c的值，则其焦距与渐近线方程可求【详解】由题知，4，12，故16，双曲线的焦距为：，渐近线方程为：故答案为；【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的简单性质，是基础题14.已知直线和若，则实数_，两直线与间的距离是_【答案】 (1). (2). 【解析】分析】由直线和.，利用直线与直线平行的性质能求出，把转化为：，利用两平行线间的距离公式能求出两直线与间的距离.【详解】解：直线和，解得，转化为：，两直线与间的

11、距离是：.故答案为：；.【点睛】本题考查实数值、两平行线间的距离的求法，考查直线与直线平行的性质、两平行线间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.15.已知实数，满足不等式组若的最小值为，则_，的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值.利用数形结合即可得到结论.【详解】解：先作出实数，满足约束条件的可行域如图，目标函数的最小值为：1，由图象知经过平面区域的A时目标函数取得最小值1.由，解得A（0，1），同时A（0，1）也在直线上，则，过点C（2，0）时取最大值；所以其最大值为.故答案为：1；4.

12、【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法.16.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是_【答案】【解析】【分析】首先画出直观图，再进一步利用公式求出结果【详解】解：根据几何体的三视图，可得直观图如下：该几何体为一个圆柱，加一个三棱柱，底面为一个等腰直角三角形和一个半径为1的个圆.所以.故答案为：.【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.17.已知抛物线的焦点为，是抛物线上的点若线段被直线平分，则_【

13、答案】【解析】【分析】由题意求出抛物线的焦点坐标及准线方程，由线段被直线平分，则2是中点的横坐标，由抛物线的性质到焦点的距离等于到准线的距离，进而求出的值.【详解】解：由题意知焦点，准线方程：，设的横坐标，由题意，由抛物线的性质知，故答案为：4.【点睛】考查抛物线的性质，属于基础题.18.如图，在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，且，分别是，中点，则异面直线与所成角的余弦值为_【答案】【解析】【分析】连结DE，到DE中点P，连结PF、PC，则PFAE，从而PFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，由此能求出异面直线AE和CF所成角的余弦值.【详解】解：因为三棱锥ABCD中，底面是边长为2的正三

14、角形，ABACAD4，所以三棱锥ABCD为正三棱锥；连结DE，取DE中点P，连结PF、PC，正三棱锥ABCD的侧棱长都等于4，底面正三角形的边长2，点E、F分别是棱BC、AD的中点，PFAE，PFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值， ，.异面直线AE和CF所成角的余弦值为.故答案为：.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键是利用线线平行将异面直线所成的角转化为两相交直线所成的角，是中档题.19.已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点在圆上，点在椭圆上，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】求得椭圆，可得焦点坐标和顶点坐标，可，由两点的距离公式可得，即点与的距离，再由椭圆的定义，可得，再

15、由四点共线取得最值，可得所求.【详解】解：椭圆的，右焦点为，右焦点为，上顶点为，点在圆上，可设，表示点与的距离，由椭圆的定义可得，当且仅当三点共线上式取得等号，故的最小值是，故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查圆的参数方程的运用和两点的距离公式，注意转化思想和数形结合思想，考查化简运算能力，属于难题.三、解答题：本大题共4小题，共56分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤20.已知表示圆的方程（1）求实数的取值范围；（2）若直线被圆截得的弦长为4，求实数的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，将圆的方程变形为标准方程，分析可得，解可得的取值范围；（2）根据

16、题意，分析圆的圆心以及半径，结合直线与圆的位置关系分析可得，解可得的值，即可得答案.【详解】解：（1）配方得：由，解得：；（2）由题意可得：圆心为，半径则，解得.【点睛】本题考查圆的一般方程以及直线与圆相交的性质，涉及弦长的计算，属于基础题.21.如图，在四棱锥中，底面，（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）见解析（2）在棱上存在点，使得平面【解析】【分析】（1）由题意，利用勾股定理可得，可得，可得，利用线面垂直的性质可得，利用线面垂直的判定定理即可证明DC平面PAC；（2）过点A作AHPC，垂足为H，由（1）利用线面垂直的判

17、定定理可证明AH平面PCD，在RTPAC中，由PA2，可求，即在棱PC上存在点H，且，使得AH平面PCD.【详解】解（1）由题意，可得，即，又底面，且，平面；（2）过点作，垂足为，由（1）可得，又，平面.在中，即在棱上存在点，且，使得平面.【点睛】本题主要考查了勾股定理，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题.22.如图，在三棱台中，底面是边长为的正三角形，是棱的中点，点在棱上，且（1）求证：平面；（2）求直线和平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）取BC上一点G，满足CG3GB，连接，FG，推导出四边形为平行四边形，从而EF，

18、由此能证明EF平面.（2）延长交于一点P，取AC的中点为O，连接PO，OB，则POAC，BOAC，过O作OD平面ABC，如图，以OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线EF和平面ABC所成角的正弦值.【详解】解：（1）取上一点，满足，连，在中，由，又，四边形为平行四边形又平面，平面平面.（2）延长，交于一点，且为边长为的正三角形，取的中点为，连接，则，且，过作平面，如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，面的一个法向量为，设与平面所成的角为，直线和平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面

19、间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.23.已知直线与抛物线交于，两点，点，在抛物线上，且直线与交于点（1）写出抛物线的焦点坐标和准线方程；（2）记，的面积分别为，若，求实数的值【答案】（1），准线方程为；（2）【解析】【分析】（1）由抛物线的焦点坐标和准线方程可得所求；（2）设，直线方程、PA的方程、PB的方程与抛物线方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，判断AB与CD平行，由三角形的面积之比为对应边的平方比，化简计算，解方程可得.【详解】解：（1）焦点为，准线方程为；（2）设，由，消去得，且即.将直线代入消去得：，得.同理则从而，故.，解得或（舍去）.【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简运算能力，属于中档题.