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- 2021-06-01 发布
绝密★启用前
2017-2018学年浙江省湖州、衢州、丽水三地市高二上学期期末联考数学试题
考试范围：常用逻辑用语、立体几何、解析几何.考试时间：120分钟
【名师解读】本卷难度中等，全卷梯度设置合理．命题内容符合考试说明命题要求，全卷覆盖面广，涵盖了高中数学的常用逻辑用语、立体几何、解析几何等内容，无偏难怪出现，命题所占比例基本符合教章所占比例，重点内容重点考查.全卷仿高考试卷命制，突出基础知识、基本运算能力及推理论证能力的考查，选题贴近高考.
第I卷（选择题）
评卷人
得分
一、单选题
1．抛物线的焦点坐标是（ ）
A. B. C. D.
2．原命题：若双曲线方程是，则其渐近线方程是.那么该原命题与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中真命题的个数是（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
3．设是两个不同的平面，直线．则“”是“”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4．如图，以长方体的顶点为坐标原点，过点的三条棱所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系.若的坐标为，则的坐标是（ ）
A. B. C. D.
5．若圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6．已知是三条不同的直线， 是两个不同的平面，那么下列命题正确的是（ ）
A. 若， ， 且，则
B. 若， ， ，则
C. 若， ， 且，则
D. 若， ， 且，则
7．如图，正四棱锥，记异面直线与所成角为，直线与面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.
8．动圆满足圆心在直线上，且半径为1， 是坐标原点， .若圆上存在点满足，则动圆圆心的轨迹长度是（ ）
A. B. C. 4 D. 2
9．抛物线的焦点为，其准线为直线.过点作直线的垂线，垂足为，则的角平分线所在的直线的斜率是（ ）
A. 1 B. C. D.
10．已知球的半径为5，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为2
，若其中一个圆的半径为4，则另一个圆的半径为( )
A．3 B. C. D．2
第II卷（非选择题）
评卷人
得分
二、填空题
11．双曲线的左右焦点分别为， 是双曲线右支上一点，则_________，双曲线的离心率__________.
12．某几何体的三视图如图（单位： ），则该几何体的体积为__________ ，表面积为__________ ．
13．正方体中， 分别为和的中点.记， ， ，用表示，则__________，异面直线和所成角的余弦值是__________．
14．已知直线与圆交于两点，若线段的中点为，则直线的方程是__________，直线被圆所截得的弦长等于__________．
15．抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为.若该抛物线上的点满足，则点的纵坐标为__________．
16．如图，在四面体中， ， .若为线段上的动点（不包含端点），则二面角的余弦值取值范围是__________．
17．椭圆的一个焦点为，过点的直线交椭圆于两点，点是点关于原点的对称点.若， ，则椭圆的离心率为__________．
评卷人
得分
三、解答题
18．已知直线和直线相交于点， 是坐标原点，直线经过点且与垂直.
（1）求直线的方程；
（2）若点在直线上，且，求点的坐标.
19．已知是底面边长为1的正四棱柱，且， 是与的交点.
（1）若是的中点，求证： 平面；
（2）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为，求的值.
20．已知抛物线的焦点为， 是上两点，且.
（1）若，求线段中点到轴的距离；
（2）若线段的垂直平分线与轴仅有一个公共点，求的值.
21．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形， 平面，且， ， ， .
（1）求证： ；
（2）若为上一点，且二面角的余弦值为，求的长.
22．已知直线过椭圆的右焦点且与椭圆交于两点， 为中点， 的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的动弦，且其斜率为1，问椭圆上是否存在定点，使得直线的斜率满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
1．B【解析】 由抛物线的方程，可知，所以抛物线的焦点坐标为，故选B.
2．C【解析】 由原命题：若双曲线方程是，则其渐近线方程是是真命题，所以原命题的逆否命题也是真命题，而渐近线方程是的双曲线的方程可以是或，所以原命题的逆命题是假命题，所以原命题的否命题也是假命题，所以在原命题与其逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中只有两个是真命题，故选C.
3．B【解析】充分性：若，则存在过直线的平面与不平行，所以充分性不成立；
必要性：若，则平面内的任意直线都与平行，则必要性成立，
所以是必要不充分条件。故选B。
4．A【解析】 由题意得，向量的坐标为，则,
所以点的坐标为，点的坐标为，所以，故选A.
6．D【解析】由题意，A中，根据线面垂直的判定定理，只有当直线与直线相交时，才能得到，所以不正确；B中，根据面面垂直的性质定理可知，只有当时，才能得到，所以不正确；C中，当时，此时平面与平面可能是相交平面，所以不正确；D中由，则，又，则，又因为，所以，所以是正确的，故选D.
7．C【解析】 连接与，交于，取的中点，取的中点，
分别连接，
在正方形中， ，所以异面直线与所成的角，即为与所成的角，即，在直角中，则，
直线与所成的角，即为，所以，
二面角的平面角为，所以，
可得，所以，故选C.
9．B【解析】 由抛物线的焦点为，准线方程为，
点，由抛物线的定义可知，
所以的平分线所在的直线就是线段的垂直平分线，
因为过点作直线的垂线，垂足为，
所以点的坐标为，所以的斜率
所以的平分线的方程为，故选B.
点睛：本题考查了直线的斜率公式，抛物线的定义的转化等知识点的应用，解题时要认真审题，仔细解答，主要抛物线的简单的几何性质，斜率公式等知识点的合理运用.其中抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题，就可以使问题简单化.
10．D【解析】由已知可得球心到半径为4的圆距离d＝＝3，因此所求圆圆心到弦的距离为3，故所求圆半径R＝＝2，故选D.
12． 【解析】 由三视图可知，该几何体表示一个底面为边长为的正方形，且高为的一个四棱锥，
如图所示，
所以该几何体的体积为； 其表面积为.
13． 【解析】 由题意得，向量
在正方体中， ，
所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，设,
设正方体的棱长为，则在中， ，
所以.
14． 【解析】由圆，可得圆心，半径，则直线的斜率为，
要使得线段的中点为点，则直线与直线垂直，所以，
所以直线的方程为，即，
又由圆心到直线的距离为，
所以由圆的弦长公式可得弦长.
16．【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，则，
因为，所以，所以，
所以，即二面角的余弦值的取值范围是.
点睛：本题主要考查了空间几何体的结构特征和二面角的计算问题，空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，利用空间向量求解空间角的关键在于“四破”：第一、破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二、破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三、破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四、破“应用公式关”.
17．【解析】 作另一个焦点，连接和，则四边形为平行四边形，
所以，且，则三角形为等腰直角三角形，
设，则，即，
所以，
在三角形中，由勾股定理得，
所以，所以.
点睛：本题考查了椭圆的简单的几何性质的应用，其中解答中利用椭圆的定义和对称性合理转化，再利用直角三角形的勾股定理，列出方程是解答点关键，试题有一的难度，属于中档试题，其中椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围).
18．（1）.（2）或.
【解析】试题分析：（1）联立方程组，求解点的坐标，得到，所以直线的斜率是，
即可求解直线的方程；
（2）设，由，得或，即可求解点的坐标.
（2）设，由，得： ，得或0.
所以或.
19．（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）连，因为是的中点， 是的中点，利用线面平行的判定定理，即证明平面.
（2）连，得到， ，再直角三角形中求得的值，即可求解结论.
试题解析：
（1）连，因为是的中点， 是的中点
所以平面
所以， ，
所以.
20．（1）.（2）.
【解析】试题分析：（1）设， ，由抛物线定义求得中点 到的距离；
（2）设，联立方程组，得到，即，进而求得，根据垂直，即可求解实数的值.
试题解析：
（1）设， ，由抛物线定义可知：
.
（2）设（显然斜率存在），联立，
所以，得，
又，得（*），
又 ，
代入（*）式，得： .
21．（1）见解析；（2）.
试题解析：
（1）连，由， ， ，所以由余弦定理，得，所以，因为平面，所以为在平面上的射影，故由三垂线定理得
（2）作于，则平面，作的延长线于，连，则由三垂线定理得，所以是二面角的平面角，所以.
设，则， ，所以，
所以 ，
故由得 ，
解得.
点睛：本题考查了线面垂直关系的判定及应用，以及二面角的求解与应用问题，其中作出垂线，利用三垂线定理找到二面角的平面角是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.
22．（1）.（2）或满足题意.
【解析】试题分析：（1）由已知得，椭圆的半焦距，
设， ， ，由在椭圆上列出方程组，得到，
进而求得，再根据，解得的值，即可得到椭圆的方程；
（2）假设上存在定点满足题意，设直线方程为，联立方程组，得， ，由，代入化简得，又由它与无关，即可得椭圆上存在点或满足题意.
而，所以
又，所以， ，
所以椭圆的方程为.
（2）假设上存在定点满足题意，并设直线方程为，
， ，联立，消得，则
， ，
由它与无关，只需，解得，或，
而这两点恰好在椭圆上，从而假设成立，
即在椭圆上存在点或满足题意.
点睛：本题对考生计算能力要求较高，是一道难题，解答此类题目，利用 的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.