【数学】浙江省嘉兴市2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版） 17页

www.ks5u.com 浙江省嘉兴市2019-2020学年高二上学期期末考试试题 一､选择题 ‎1.抛物线的焦点坐标是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】是焦点位于轴上的抛物线 所以，即焦点坐标为 故选:B ‎2.直线:在轴上的截距为( )‎ A. B. C. 2 D. -2‎ ‎【答案】C ‎【解析】直线:‎ 由直线方程截距的定义可知,令,解得 即直线与轴的交点坐标为,‎ 所以直线:在轴上的截距为2‎ 故选:C.‎ ‎3.已知点､与圆:,则( )‎ A. 点与点都圆外 B. 点在圆外,点在圆内 C. 点在圆内,点在圆外 D. 点与点都在圆内 ‎【答案】C ‎【解析】因为点､‎ 将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内 将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外 故选:C ‎【点睛】本题考查了点与圆位置关系的判断方法,属于基础题.‎ ‎4.空间中，是三个互不重合的平面，是一条直线，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】C ‎【解析】若l∥α，l∥β，则α与β可能平行也可能相交(此时交线与l平行)，故A错误；‎ 若，，则l∥α或l⊂α，故B错误；‎ 若，，则l与β可能平行也可能相交，故D错误；‎ 若l∥β，则存在直线m⊂β，使得l∥m，又由l⊥α可得m⊥α，故α⊥β，故C正确；‎ 本题选择C选项.‎ ‎5.已知直线:和:互相平行,则( )‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】因为直线:和:互相平行 当时两条直线不平行,即 则,且，化简可得 解方程可得或，经检验或都满足题意 故选:D ‎6.已知长方体,,,,则异面直线与所成角的余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】画出长方体如下图所示: ‎ 在长方体中，，‎ 则与所成的角即为异面直线与所成角,即为或其补角，‎ 因为平面，平面，‎ 所以，即，‎ 因为,，‎ 所以，‎ 故选:B ‎7.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是（ ）‎ A. (4,6) B. [4,6] C. (4,5) D. (4,5]‎ ‎【答案】A ‎【解析】由圆，可得圆心的坐标为 圆心到直线的距离为：‎ 由得，所以的取值范围是 故答案选A.‎ ‎8.已知不等式的解集是,,则不等式的解集是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】不等式的解集是 所以的两个根分别为 ‎ 因为,所以,所以 由韦达定理可知,‎ 由,可知 因为,所以可设的解集为.‎ 由于,所以，则 ‎ 因为,‎ 所以，解方程组可得 所以不等式的解集为 故选:A ‎9.设，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵‎ ‎∴．‎ 当且仅当时取等号，∴，‎ 故选C．‎ ‎10.正方体中,过作直线,若直线与平面中的直线所成角的最小值为,且直线与直线所成角为,则满足条件的直线的条数为( )‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】设立方体的棱长为1,过作直线,‎ 若直线与平面中的直线所成角的最小值为 即与平面所成角为,为轴的圆锥母线(母线与成)是直线的运动轨迹,‎ 连接易证;直线与直线所成角为;直线与直线所成角为.‎ 此时为轴的圆锥母线(母线与成)是直线的运动轨迹两个圆锥相交得到两条交线,‎ 故选:B.‎ 二､填空题 ‎11.双曲线的焦距为______,渐近线为______.‎ ‎【答案】 (1). 6 (2). ‎ ‎【解析】双曲线，‎ 所以，即 所以焦距为，渐近线方程为 故答案为:; ‎ ‎12.某几何体的三视图如图所示(单位:),该几何体的表面积为______,体积为______.‎ ‎【答案】 (1). 76 (2). 40‎ ‎【解析】由三视图,还原空间几何体如下图所示:‎ 所以原几何体为直四棱柱,底面是正视图所示的直角梯形,高为4‎ 所以表面积 故答案为:;‎ ‎13.已知圆:,圆:,则两圆的位置关系为______(填“内含”､“内切”､“相交”､“外切”或“外离”),它们的公切线条数为______.‎ ‎【答案】 (1). 相交 (2). 2‎ ‎【解析】圆:,圆:‎ 化为标准方程为圆:,圆:‎ 所以两个圆的半径 由两点间距离公式可得 因为圆心距满足 所以两圆的位置关系为相交 根据圆与圆相交时的公切线情况,可知两个圆的公切线为2条 故答案为:相交;2‎ ‎14.设为抛物线的焦点(为坐标原点),为抛物线上一点,若,则点的横坐标的值是______,三角形的面积是______.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】因为抛物线，则，‎ 所以抛物线的准线方程 因为,由抛物线的定义知到准线的距离等于 所以,即的横坐标为 代入抛物线方程可得的纵坐标为 所以 故答案为: 2;‎ ‎15.已知向量,,并且､共线且方向相同,则 ‎______.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】根据空间向量共线基本定理,可设 由向量的坐标运算可得，解方程可得 所以.‎ 故答案为:‎ ‎16.已知椭圆:与直线:,:,过椭圆上的一点作,的平行线,分别交,于,两点,若为定值,则椭圆的离心率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】方法一:特殊位置分析法 当时,:,:‎ 由解得,同理.所以 当时,:,:‎ 由解得,同理,所以;‎ 因为定值,所以,此时 故答案为: ‎ 方法二:设,‎ 则:，:,‎ 由，所以 同理 所以 若定值,则，所以 故答案为:‎ ‎17.如图，在三棱锥中，已知，，‎ 设，则的最小值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，，，∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 当且仅当时，等号成立，即的最小值是．‎ 三､解答题 ‎18.过定点的直线和圆:相交于,两点.‎ ‎(1)当直线的斜率为1时,求线段的长;‎ ‎(2)当线段最短时,求直线的方程.‎ ‎【解】（1）因为,直线的斜率为1，所以直线的方程为:，即，‎ 由圆的方程化为标准方程为,可得圆心，半径 所以由点到直线距离公式可得圆心到的距离，‎ 所以由垂径定理得；‎ ‎（2）当最短时，可知，‎ 因为，所以此时直线的方程为.‎ ‎19.如图所示,平面,为正方形,,､､分别为､､的中点.‎ ‎(1)求证:直线平面;‎ ‎(2)求直线与直线所成角余弦值的大小.‎ ‎【解】（1）证明:取中点,连接､.如下图所示:‎ ‎∵､为､中点，∴，‎ 四边形为正方形，且，‎ 又∵､为､中点，则且，‎ 四边形为平行四边形，∴,‎ 所以､､､四点共面，‎ 又∵在中,,平面,平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（2）∵，∴与所成角的大小等于与所成角的大小,‎ 即为或其补角，因为平面,所以，‎ 又∵,，所以平面，‎ 平面，∴，‎ 在中,,，∴，‎ 所以由锐角三角函数定义可知，‎ 故直线与直线所成角的余弦值为.‎ ‎20.已知椭圆:的左､右顶点分别为,,为坐标原点,且.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程； ‎ ‎(2)若点为直线在第一象限内的一点,连接交椭圆于点,连接并延长交椭圆于点.若直线的斜率为1,求点的坐标.‎ ‎【解】（1）根据椭圆的几何意义,可知，‎ 所以，故椭圆:；‎ ‎（2）因为直线的斜率为1，所以设:,,，‎ 与椭圆联立，‎ 整理得，，‎ 则,，‎ 直线:与直线:交于点，‎ 则 ‎，‎ 故，‎ 点在第一象限则，由于点，直线的方程为，‎ 联立，解得，故.‎ ‎21.多面体,,,,,,‎ ‎,在平面上的射影是线段的中点.‎ ‎(1)求证:平面;‎ ‎(2)若,求二面角的余弦值.‎ ‎【解】（1）过作交于,连接,如下图所示:‎ 由梯形中位线知,所以，‎ 又，故四边形是平行四边形，所以，‎ 又平面,平面，所以平面；‎ ‎（2）由平面,则平面，又平面，‎ 所以平面平面，‎ 以点为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示：‎ 则，,,,，‎ ‎,,，‎ 设平面的法向量为，则，即，‎ 取,得 设平面的法向量为，则，即，‎ 取,得，所以，‎ 因为所求二面角为锐角，所以其余弦值为.‎ ‎22.已知抛物线:上的点到焦点的距离最小值为1.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若点在曲线:上,且在曲线上存在三点,,,使得四边形为平行四边形.求平行四边形的面积的最小值.‎ ‎【解】（1）根据抛物线的定义可知,抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离 抛物线上的点到焦点的距离最小值为1‎ 即到准线的距离为1‎ 即,所以 ‎（2）方法一:设直线:,‎ 当不存在时,此时直线为竖直线,与抛物线只有一个交点,故舍去.‎ 设,，联立方程,‎ 得，,.‎ 故线段中点 而点在曲线:上，故 若要满足四边形为平行四边形,则,关于点对称.‎ 则.又点在抛物线上,‎ 故满足方程,即①‎ ‎,‎ 代入①得:‎ ‎,‎ 所以 所以平行四边形的面积的最小值为.‎ 方法二:设,,‎ 直线:,点在曲线:上,‎ 故.线段中点,‎ 若要满足四边形为平行四边形,‎ 则,关于点对称,则.又 点在抛物线上故满足方程,‎ 即①‎ ‎.‎ 所以平行四边形的面积的最小值为.‎