2020-2021学年浙江省湖州市高二（上）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省湖州市高二（上）期末数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）点（﹣1，0）到直线x+y﹣1＝0的距离是（ ）
A．B．C．1D．
2．（4分）圆x2+y2﹣2x+2y+1＝0的半径是（ ）
A．1B．C．D．2
3．（4分）在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则（ ）
A．l∥αB．l⊥αC．l⊂α或l∥αD．l与α斜交
4．（4分）“a＝2”是直线“l1：ax+2y+1＝0与l2：3x+（a+1）y﹣3＝0平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．（4分）设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，l∥α，则l⊥βB．若l∥α，l∥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
6．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，E是BC的中点，则直线ED1与直线BD所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
7．（4分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．1
8．（4分）过点（1，0）作斜率为﹣2的直线，与抛物线y2＝8x交于A，B两点，则弦AB的长为（ ）
A．2B．2C．2D．2
9．（4分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱DD1⊥底面ABCD，点P为底面ABCD上的一个动点，当△D1PC的面积为定值时，点P的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
10．（4分）已知三条直线l1：mx+ny＝0，l2：nx﹣my+3m﹣n＝0，l3：ax+by+c＝0，其中m，n，a，b，c为实数，m，n不同时为零，a，b，c不同时为零，且a+c＝2b．设直线l1，l2交于点P，则点P到直线l3的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本题共有7小题，其中多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）
11．（6分）双曲线的离心率是 ，渐近线方程是 ．（两条都写出）
12．（6分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝4，AA1＝3，则这个长方体的体对角线长为 ，其外接球的表面积是 ．
13．（6分）已知圆C的圆心在直线y＝﹣4x上，且与直线l：x+y﹣1＝0相切于点P（3，﹣2），则圆C的方程为 ，它被直线3x﹣4y﹣9＝0截得的弦长为 ．
14．（6分）已知点F是椭圆的右焦点，AB为椭圆的一条过F的弦，点A在x轴上方．若直线AB与x轴垂直，则|AB|＝ ；若|AF|＝2|BF|，则直线AB的斜率是 ．
15．（4分）过点（2，3）且与直线l：x﹣2y+1＝0垂直的直线方程是 ．
16．（4分）已知动点A，B分别在圆C1：x2+（y﹣2）2＝1和圆C2：（x﹣4）2+y2＝4上，动点P在直线x+y+1＝0上，则|PA|+|PB|的最小值是 ．
17．（4分）已知三棱锥P﹣ABC的各棱长均相等，点E在棱BC上，且CE＝2EB，动点Q在棱BP上，设直线EQ与平面ABC所成角为θ，则sinθ的最大值是 ．
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．（14分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，1），动点P满足．
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）若直线l过点Q（4，6）且与轨迹C相切，求直线l的方程．
19．（15分）在所有棱长均为2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分别为BD，B1C的中点．
（Ⅰ）求证：直线OM∥平面DB1C1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．
20．（15分）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且x1x2+y1y2＝﹣3．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）若抛物线C的弦PQ与以M（4，0）为圆心、半径为r（r＞0）的圆M相切于点N（x0，1），且N恰为弦PQ的中点，求圆M的半径r的值．
21．（15分）如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，AB＝2，BC＝3，CD＝6，点M在边CD上，且．现沿AM将△ADM折起至△AQM的位置，使QB＝3．
（Ⅰ）求证：QB⊥平面ABCM；
（Ⅱ）求直线BM与平面AQM所成角的正弦值．
22．（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率是，且点在椭圆C上．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）将椭圆C上每点横坐标和纵坐标都扩大到原来的两倍，得到椭圆M的方程．直线y＝kx+m（m≠0）与椭圆M交于A，B两点，与椭圆C的一个公共点为点P，连接PO，并延长PO至交椭圆M于点N．设△NAB的面积为S1，△OAB的面积为S2．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求S1的最大值．
2020-2021学年浙江省湖州市高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．（4分）点（﹣1，0）到直线x+y﹣1＝0的距离是（ ）
A．B．C．1D．
【解答】解：由点到直线的距离公式可得：
点（﹣1，0）到直线x+y﹣1＝0的距离是d＝．
故选：A．
2．（4分）圆x2+y2﹣2x+2y+1＝0的半径是（ ）
A．1B．C．D．2
【解答】解：根据题意，圆x2+y2﹣2x+2y+1＝0即（x﹣）2+（y+1）2＝3，则圆的半径为．
故选：C．
3．（4分）在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则（ ）
A．l∥αB．l⊥αC．l⊂α或l∥αD．l与α斜交
【解答】解：由＝2×1+（﹣2）×3+1×4＝0，可知⊥．
∴l∥α或l⊂α．
故选：C．
4．（4分）“a＝2”是直线“l1：ax+2y+1＝0与l2：3x+（a+1）y﹣3＝0平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解答】解：因为l1：ax+2y+1＝0与l2：3x+（a+1）y﹣3＝0平行，
所以，解得a＝2或a＝﹣3，
故“a＝2”是直线“l1：ax+2y+1＝0与l2：3x+（a+1）y﹣3＝0平行”的充分不必要条件．
故选：A．
5．（4分）设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，l∥α，则l⊥βB．若l∥α，l∥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
【解答】解：由l为直线，α，β是两个不同的平面，知：
在A中，若α⊥β，l∥α，则l与β相交、平行或l⊂β，故A错误；
在B中，若l∥α，l∥β，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中，若l⊥α，l∥β，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故D正确．
故选：D．
6．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，E是BC的中点，则直线ED1与直线BD所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：连接B1D1，EB1，
∵BB1∥DD1，BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，∴BD∥B1D1，
∴∠ED1B1或其补角为直线ED1与直线BD所成角，
在△ED1B1中，B1D1＝2，B1E＝，D1E＝，
由余弦定理知，cs∠ED1B1＝＝＝，
∴直线ED1与直线BD所成角的余弦值是．
故选：C．
7．（4分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．1
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，
棱锥的底面面积S＝×1×1＝，
高为1，
故棱锥的体积V＝＝，
故选：A．
8．（4分）过点（1，0）作斜率为﹣2的直线，与抛物线y2＝8x交于A，B两点，则弦AB的长为（ ）
A．2B．2C．2D．2
【解答】解：不妨设A，B两点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），其中x1＞x2．
由直线AB斜率为﹣2，且过点（1，0），用点斜式求得直线AB的方程为y＝﹣2（x﹣1）．
代入抛物线方程y2＝8x，可得4（x﹣1）2＝8x．
整理得x2﹣4x+1＝0，解得x1＝2+，x2＝2﹣，代入直线AB方程得y1＝﹣2﹣2，y2＝2﹣2．
故A（2+，﹣2﹣2），B（2﹣，2﹣2）．
|AB|＝＝2，
故选：B．
9．（4分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱DD1⊥底面ABCD，点P为底面ABCD上的一个动点，当△D1PC的面积为定值时，点P的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
【解答】解：∵侧棱DD1⊥底面ABCD，P为底面ABCD内的一个动点，△D1PC的面积为定值，
∴点P到线段D1C的距离为定值，则点P在以D1C所在直线为轴，
固定长为底面半径的圆柱的侧面与平面ABCD的交线上，
∴运动轨迹为椭圆的一部分．
故选：B．
10．（4分）已知三条直线l1：mx+ny＝0，l2：nx﹣my+3m﹣n＝0，l3：ax+by+c＝0，其中m，n，a，b，c为实数，m，n不同时为零，a，b，c不同时为零，且a+c＝2b．设直线l1，l2交于点P，则点P到直线l3的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由题可知：a+c＝2b，∴直线l3：ax+y+c＝0过定点E（1，﹣2），
直线l1，l2交点P（，），点P到直线l3的距离的最大值为P到定点的距离，即|PE|，
|PE|＝＝，
当m＝0时，|PE|＝2，当n＝0时，|PE|＝，
设＝t，当m≠0时，|PE|＝＝，
令y＝26﹣，由判别式法可得：（4﹣y）t2﹣4t+26﹣y＝0，
则Δ＝16﹣4（4﹣y）（26﹣y）≥0，解得y≤15+5，
∴|PE|≤+．
故选：D．
二、填空题（本题共有7小题，其中多空题每空3分，单空题每空4分，共36分）
11．（6分）双曲线的离心率是 ，渐近线方程是 y＝±2x ．（两条都写出）
【解答】解：双曲线，可知a＝1，b＝2，所以双曲线的离心率是＝＝．
渐近线方程为：y＝±x，即y＝±2x．
故答案为：；y＝±2x．
12．（6分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝4，AA1＝3，则这个长方体的体对角线长为 5 ，其外接球的表面积是 50π ．
【解答】解：∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝4，AA1＝3，
则这个长方体的体对角线长为：＝5，
故其外接球的直径为：5，
∴其外接球的表面积是4π•（）2＝50π．
故答案为：5，50π．
13．（6分）已知圆C的圆心在直线y＝﹣4x上，且与直线l：x+y﹣1＝0相切于点P（3，﹣2），则圆C的方程为 （x﹣1）2+（y+4）2＝8 ，它被直线3x﹣4y﹣9＝0截得的弦长为 4 ．
【解答】解：过切点P（3，﹣2）且与x+y﹣1＝0垂直的直线为y+2＝x﹣3，即y＝x﹣5，
与直线y＝﹣4x联立，解得x＝1，y＝﹣4，
∴圆心为（1，﹣4），
∴半径r＝，
∴所求圆的方程为（x﹣1）2+（y+4）2＝8；
圆心（1，﹣4）到直线3x﹣4y﹣9＝0的距离d＝，
∴圆被直线3x﹣4y﹣9＝0截得的弦长为．
故答案为：（x﹣1）2+（y+4）2＝8；4．
14．（6分）已知点F是椭圆的右焦点，AB为椭圆的一条过F的弦，点A在x轴上方．若直线AB与x轴垂直，则|AB|＝ ；若|AF|＝2|BF|，则直线AB的斜率是 ．
【解答】解：由椭圆的方程可得：a＝3，b＝，c＝2，所以F（2，0），
当直线AB⊥x轴时，A（2，y），且y＞0，
所以，解得y＝，
所以|AB|＝，
当|AF|＝2|BF|，设直线AB的方程为：x＝my+2，（m＜0），
代入椭圆方程可得：（9+5m2）y2+20my﹣25＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y，y，
由|AF|＝2|BF|可得：y1＝﹣2y2，
所以联立方程解得m＝﹣，
所以直线AB的方程为：x＝﹣，即y＝﹣，
故直线AB的斜率为﹣，
故答案为：．
15．（4分）过点（2，3）且与直线l：x﹣2y+1＝0垂直的直线方程是 2x+y﹣7＝0 ．
【解答】解：设所求直线的方程为2x+y+m＝0，
将点（2，3）代入方程，可得m＝﹣7，
故所求直线方程为2x+y﹣7＝0．
故答案为：2x+y﹣7＝0．
16．（4分）已知动点A，B分别在圆C1：x2+（y﹣2）2＝1和圆C2：（x﹣4）2+y2＝4上，动点P在直线x+y+1＝0上，则|PA|+|PB|的最小值是 5﹣3 ．
【解答】解：根据题意，圆C1：x2+（y﹣2）2＝1的圆心C1为（0，2），半径R＝1，
圆C2：（x﹣4）2+y2＝4，其圆心C2为（4，0），半径r＝2，
设圆N与圆C1：x2+（y﹣2）2＝1关于直线x+y+1＝0对称，其圆心N的坐标为（a，b），
则有，解可得，即N（﹣3，﹣1），
|NC2|＝＝5，
当P在线段NC2上时，|PA|+|PB|取得最小值，
则|PA|+|PB|的最小值为|NC2|﹣R﹣r＝5﹣3，
故答案为：5﹣3．
17．（4分）已知三棱锥P﹣ABC的各棱长均相等，点E在棱BC上，且CE＝2EB，动点Q在棱BP上，设直线EQ与平面ABC所成角为θ，则sinθ的最大值是 ．
【解答】解：设棱长为3a，QB＝x（0＜x≤3a），
由余弦定理得QE＝．
则正四面体的高PO＝＝a，
设P到平面BCD的距离为h，则，x＝，
∴sinθ＝＝＝，
∴x＝2a时，sinθ的最大值为．
故答案为：．
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
18．（14分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，1），动点P满足．
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）若直线l过点Q（4，6）且与轨迹C相切，求直线l的方程．
【解答】解（Ⅰ）设P（x，y），∵点A的坐标为（1，1），
则由，得，
∴动点P的轨迹C的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设l：y﹣6＝k（x﹣4），即kx﹣y+6﹣4k＝0，
∵直线l过点Q（4，6）且与轨迹C相切，
∴圆心C（2，2）到l的距离d＝，
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝4，显然满足条件，
∴l的方程为x＝4或3x﹣4y+12＝0．
19．（15分）在所有棱长均为2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分别为BD，B1C的中点．
（Ⅰ）求证：直线OM∥平面DB1C1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：连BC1，则M为BC1的中点，
又O为BD的中点，所以OM∥C1D，
因为OM⊄平面DB1C1，C1D⊂平面DC1B1，
所以直线OM∥平面DB1C1；（6分）
（Ⅱ）解：连D1O，因为ABCD是菱形，所以DO⊥AC，
又ABCD﹣A1B1C1D1为直棱柱，所以D1A＝D1C，
而O为AC中点，所以D1O⊥AC，
所以∠D1OD为二面角D1﹣AC﹣D的平面角，（9分）
因为ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，
所以DO＝1，
又DO＝2，所以，
所以．（15分）
二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．
20．（15分）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且x1x2+y1y2＝﹣3．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）若抛物线C的弦PQ与以M（4，0）为圆心、半径为r（r＞0）的圆M相切于点N（x0，1），且N恰为弦PQ的中点，求圆M的半径r的值．
【解答】解：（Ⅰ）抛物线C的焦点，可设直线，
代入y2＝2px，得y2﹣2pty﹣p2＝0，已知A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2＝2pt，，
∴，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x；
（Ⅱ）设P（x3，y3），Q（x4，y4），则依题知x3+x4＝2x0，y3+y4＝2，
由，得（y3+y4）（y3﹣y4）＝4（x3﹣x4），即2（y3﹣y4）＝4（x3﹣x4），
得，
∵MN⊥PQ，∴MN的斜率为，得x0＝2，
∴圆M的半径．
21．（15分）如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，AB＝2，BC＝3，CD＝6，点M在边CD上，且．现沿AM将△ADM折起至△AQM的位置，使QB＝3．
（Ⅰ）求证：QB⊥平面ABCM；
（Ⅱ）求直线BM与平面AQM所成角的正弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为BC＝3，CD＝6，∠C＝60°，所以由余弦定理得，
从而BD2+BC2＝CD2，所以DB⊥BC，
由已知得AB＝MC，AB∥MC，所以ABCM为平行四边形，所以DB⊥AM，
设DB∩AM＝O，则折后可得AM⊥平面QOB，所以QB⊥AM，
因为，即QB2+BO2＝QO2，所以QB⊥BO，
因为AM∩BO＝O，AM，BO⊂平面ABCM，所以QB⊥平面ABCM；
（Ⅱ）作BP⊥QO于P，则由AM⊥平面QOB知BP⊥平面AQM，（9分）
连MP，则MP是BM在平面AQM上的射影，所以∠BMP即是BM与平面AQM所成的角．
因为，
BM＝＝＝，
所以．
∴直线BM与平面AQM所成角的正弦值为．
22．（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率是，且点在椭圆C上．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）将椭圆C上每点横坐标和纵坐标都扩大到原来的两倍，得到椭圆M的方程．直线y＝kx+m（m≠0）与椭圆M交于A，B两点，与椭圆C的一个公共点为点P，连接PO，并延长PO至交椭圆M于点N．设△NAB的面积为S1，△OAB的面积为S2．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求S1的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，
所以a2＝4，b2＝1，
即椭圆C的方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）依题意得椭圆M的方程为，
从而O到AB的距离是N到AB距离的，所以．
（ⅱ）联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣16＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则，
所以，
所以．
联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
由，
所以，
即（当且仅当 时取得等号），
从而．
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日期：2022/1/5 13:12:21；用户：高中数学；邮箱：sdgs@xyh.cm；学号：28144983