1、2019-2020学年浙江省绍兴市高二（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30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（3分）已知球的半径为1，则该球的体积是（）ABCD42（3分）两直线l1：kxy+10，l2：4xky+40垂直，则k为（）A不存在B0C1D13（3分）如图，在三棱锥OABC中，D为BC的中点，则（）A+B+C+D+4（3分）若点A（2，0），B（a，4）在直线y3x+7的两侧，则a的取值范围是（）Aa1Ba1Ca19Da195（3分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若mn，m，n，则B若m，n
2、，则mnC若mn，m，n，则D若m，n，则mn6（3分）若实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（）AB3C4D67（3分）一条线段夹在一个直二面角的两个半平面内，它与两个半平面所成的角都是30，则这条线段所在直线与这个二面角的棱所成角为（）ABCD8（3分）已知圆锥PO，A，B，C是底面圆周上任意的三点，记直线PA与直线BC所成的角为1，直线PA与平面ABC所成的角为2，二面角PABC的平面角为3，则（）A13B31C12D239（3分）已知B1，B2是椭圆C：（ab0）的两个短轴端点，P是椭圆上任意一点，|PB1|B1B2|，则该椭圆离心率的取值范围是（）ABCD10（3分）已知ABC
3、，ABAC，D是BC上的点，将ABD沿AD翻折到AB1D，设点A在平面B1CD上的射影为O，当点D在BC上运动时，点O（）A位置保持不变B在一条直线上C在一个圆上D在一个椭圆上二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11（3分）已知点A（1，1），B（0，1），C（a，b）在同一直线上，则2ab 12（3分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 13（3分）已知圆锥的表面积为3，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径是 14（3分）如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCDA1B1C1D1，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且
4、它们彼此的夹角都是60，则AC1的长度为 15（3分）一动圆截直线3xy0和3x+y0所得弦长分别为8，4，则该动圆圆心的轨迹方程为 16（3分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点C在平面上，若A1B和A1D与平面都成60角，则A1C与平面所成角的余弦值为 三、解答题（本大题共5小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）17（10分）已知直线l：kxy3k+10，kR（）证明：直线l恒过定点；（）设O是坐标原点，A（1，1），若OAl，求k的值18（10分）如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1，AA1平面ABCD，ABCD是菱
5、形，点E在A1D上，且A1E2ED（）证明：BD1AC；（）证明：BD1平面ACE19（10分）在平面直角坐标系中，A（1，2），B（2，1），C（3，4），D（0，a）四点在同一个圆E上（）求实数a的值；（）若点P（x，y）在圆E上，求x2+2x+y2的取值范围20（10分）如图，已知四棱锥PABCD，ABCD是梯形，ABCD，ABBC，PAPDBCCD1，AB2，（）证明：平面PAD平面ABCD；（）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值21（12分）已知椭圆E：（ab0）的一个焦点为F（1，0），且经过点，A，B是椭圆E上两点，（）求椭圆方程；（）求的取值范围2019-2020学
6、年浙江省绍兴市高二（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3分，共30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（3分）已知球的半径为1，则该球的体积是（）ABCD4【分析】直接由球的体积公式求出球的体积【解答】解：由球的体积公式VR3，故选：C【点评】考查球的体积公式，属于基础题2（3分）两直线l1：kxy+10，l2：4xky+40垂直，则k为（）A不存在B0C1D1【分析】利用直线垂直的性质求解【解答】解：根据直线垂直的条件可得，4k+k0，所以k0，故选：B【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线垂直的性质的合理
7、运用3（3分）如图，在三棱锥OABC中，D为BC的中点，则（）A+B+C+D+【分析】如图所示，D为BC的中点，代入即可得出【解答】解：如图所示，D为BC的中点，故选：C【点评】本题考查了向量平行四边形法则、三角形法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4（3分）若点A（2，0），B（a，4）在直线y3x+7的两侧，则a的取值范围是（）Aa1Ba1Ca19Da19【分析】点A（2，0），B（a，4）在直线y3x+7的两侧，那么把这两个点代入3xy+7，它们的符号相反，乘积小于0，即可求出a的取值范围【解答】解：点A（2，0），B（a，4）在直线y3x+7的两侧；（23+7）（3a4+7）0，
8、即：3a+30，解得a1故选：A【点评】本题考查二元一次不等式组与平面区域问题，是基础题准确把握点与直线的位置关系，找到图中的“界”，是解决此类问题的关键5（3分）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若mn，m，n，则B若m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，n，则mn【分析】本题考查平面的基本性质及推论，考察空间点线面的位置关系，要依据4个公理以及公理2的3个推论判断，首先画出图象，然后利用图象判断否定时举出反例即可，使用排除法【解答】解：A、mn，m，n，如图，与相交，故A错误， B、若m，n，如图m，n相交，故B错误， C、
9、若mn，m，n，故C错误， D、若m，则m，又n，则mn，正确故选：D【点评】解此类题，关键是对题中命题所涉及的相关知识掌握理解，且能根据它们进行娴熟的推理判断得出命题的正误判断6（3分）若实数x，y满足不等式组，则x+y的最小值是（）AB3C4D6【分析】由线性约束条件画出可行域，然后求出目标函数的最小值【解答】解：画出可行域，表示的区域如图，要求x+y的最小值，就是x+y在直线x+2y40与直线xy0的交点N（，）处，目标函数x+y的最小值是故选：A【点评】本题考查线性规划问题，近年来高考线性规划问题高考数学考试的热点，数形结合是数学思想的重要手段之一，考查计算能力7（3分）
10、一条线段夹在一个直二面角的两个半平面内，它与两个半平面所成的角都是30，则这条线段所在直线与这个二面角的棱所成角为（）ABCD【分析】根据题意作出AB与两个半平面的棱所成的角为ABD，利用边角关系，求出ABD的正弦值，得出结论【解答】解：如图，AB的两个端点A，B，过A点作AA，交于A，连接BA，则ABA为线段AB与所成角，且ABA30，同理，过B作BB，交于B，则BAB为BB与所成角，且BAB30过B作BDAB，且BDAB，则ABD为所求，ABBD为矩形，设AB2，在直角ABB中，BBABsin301，在直角ABA中，AAABsin301，ABABcos30所以BD，同理AD，所以sinAB
11、D，故ABD45故选：B【点评】考查了直线和平面所成的角，异面直线所成的角，中档题8（3分）已知圆锥PO，A，B，C是底面圆周上任意的三点，记直线PA与直线BC所成的角为1，直线PA与平面ABC所成的角为2，二面角PABC的平面角为3，则（）A13B31C12D23【分析】根据题意，求出，sin3sin2，得出结论【解答】解：如图，直线PA与平面ABC所成的角2PAO，二面角PABC即平面PAB与底面所成的角，作PMAB，连接OM，根据三垂线定理，OMAB，故3PMO，sin3sin2，又3，2都是锐角，所以32，故选：D【点评】考查直线与平面，平面与平面，异面直线所成的角，中档题9（3分）已
12、知B1，B2是椭圆C：（ab0）的两个短轴端点，P是椭圆上任意一点，|PB1|B1B2|，则该椭圆离心率的取值范围是（）ABCD【分析】P是椭圆上任意一点，|PB1|B1B2|，可得：2b，化为：利用e，即可得出范围【解答】解：P是椭圆上任意一点，|PB1|B1B2|，2b，化为：e又e（0，1）e（0，故选：C【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10（3分）已知ABC，ABAC，D是BC上的点，将ABD沿AD翻折到AB1D，设点A在平面B1CD上的射影为O，当点D在BC上运动时，点O（）A位置保持不变B在一条直线上C在一个圆上D在一个椭
13、圆上【分析】为计算简便，不妨设ABC为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，取BC中点M，利用AOOC，AOOM即可得到轨迹方程【解答】解：为计算简便，不妨设ABC为等腰直角三角形，令BC2，且令B1DC90，以BC中点M为空间原点，MA为z轴，建立空间直角坐标系，设BDa（0a2），B1ABA，设O（x，y，z），则C（0，1，0），A（0，0，1），M（0，0，0），D（0，a1，0），所以（x，y，z1），（x，y1，z），（x，y，z），因为AOOC，所以x2+y（y1）+z（z1）0，同理AOOM，所以x2+y2+z（z1）0，两式相减得y0，代入得x2+z（z1）x2+（z）2，故选
14、：C【点评】本题考查点的轨迹方程，考查空间向量位置关系等，建立空间直角坐标系是关键，属于中档题二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11（3分）已知点A（1，1），B（0，1），C（a，b）在同一直线上，则2ab1【分析】三点A（1，1），B（0，1），C（a，b）在同一直线上，可得kABkBC，利用斜率计算公式即可得出【解答】解：三点A（1，1），B（0，1），C（a，b）在同一直线上，kABkBC，化为：2ab1故答案为：1【点评】本题考查了三点共线与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题12（3分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是【分析】判断几何体的
15、形状，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【解答】解：由题意可知几何体是正方体的一部分，是四棱锥PABCD，所以几何体的体积为：故答案为：【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键，是基础题13（3分）已知圆锥的表面积为3，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径是1【分析】设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为3，构造方程，可求出半径【解答】解：设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，则由l2r得l2r，而Sr2+r2r3r23故r21解得r1故答案为：1【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：
16、解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长正确对这两个关系的记忆是解题的关键14（3分）如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCDA1B1C1D1，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，则AC1的长度为【分析】设 ，则两两夹角为60，且模均为1根据向量加法的平行四边形法则，我们易得我们易根据向量数量积的运算法则，求出AC1的模，即AC1的长；【解答】解：设 ，则两两夹角为60，且模均为1|2（ ）23+6116，|AC1|6，即AC1的长为 故答案为：【点评】本题考查的知识点是空
17、间两点之间的距离运算，根据已知条件，构造向量，将空间两点之间的距离转化为向量模的运算，是解答本题的关键15（3分）一动圆截直线3xy0和3x+y0所得弦长分别为8，4，则该动圆圆心的轨迹方程为xy10【分析】动圆截直线3xy0和3x+y0所得的弦长分别为8，4，利用点到直线的距离公式，可求MA2，MC2由垂径定理可得，MA2+AB2MC2+EC2，化简即可【解答】解：如图所示，设点M（x，y），由条件可得，AB4，EC2，由点到直线的距离公式可得，MA2，MC2由垂径定理可得，MA2+AB2MC2+EC2，+6+4，化简可得，xy10点M的轨迹方程为xy10，故答案为：xy10【点评】本题以直
18、线与圆相交为载体，考查轨迹方程，解题的关键是利用圆的特殊性，借助于垂径定理求解16（3分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点C在平面上，若A1B和A1D与平面都成60角，则A1C与平面所成角的余弦值为【分析】设直线l过点A1且垂直于，则A1B与A1D都与直线l夹角为30，连结BD，由题意得A1BD是等边三角形，取BD中点E，由题意得A1E可以承担直线l的角色，由题意知A1C与直线l（直线A1E）的余弦值恰为A1C与平面所成角的正弦，由此能求出A1C与平面所成角的余弦值【解答】解：设直线l过点A1且垂直于，则A1B与A1D都与直线l夹角为30，连结BD，由题意得A1BD是等边三角形，取B
19、D中点E，由题意得A1E可以承担直线l的角色，但同时与直线A1B、A1D夹角为相等的直线，最小也要30，此时直线l是唯一的，由题意知A1C与直线l（直线A1E）的余弦值恰为A1C与平面所成角的正弦， 设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A1C2，CE，A1E，设A1C与平面所成角为，则sin，A1C与平面所成角的余弦值为：cos故答案为：【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题三、解答题（本大题共5小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）17（10分）已知直线l：kxy3k+10，kR（）证明：
20、直线l恒过定点；（）设O是坐标原点，A（1，1），若OAl，求k的值【分析】（1）由直线l：kxy3k+10，变形为：k（x3）y1，结合直线方程的点斜式可求（2）先求kOA，然后根据直线垂直与斜率的关系即可求解【解答】解：（1）由直线l：kxy3k+10，变形为：k（x3）y1，结合直线方程的点斜式可知，直线l恒过定点A（3，1），（2）OAl，且kOA1，直线l：kxy3k+10的斜率k1【点评】本题主要考查了直线恒过定点的求解及两直线垂直关系的简单应用，属于基础试题18（10分）如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1，AA1平面ABCD，ABCD是菱形，点E在A1D上，且A1E2ED（
21、）证明：BD1AC；（）证明：BD1平面ACE【分析】（）连结BD，交AC于O，推导出ACBD，ACDD1，从而AC平面BDD1，由此能证明BD1AC（）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BD1平面ACE【解答】证明：（）连结BD，交AC于O，AA1平面ABCD，ABCD是菱形，ACBD，ACDD1，BDDD1D，AC平面BDD1，BD1平面BDD1，BD1AC（）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，设OBa，OCb，AA1c，则B（a，0，0），D1（a，0，c），A（0
22、，b，0），C（0，b.0），A1（0，b，c），D（a，0，0），E（，），（2a，0，c），（0，2b，0），（，），设平面ACE的法向量（x，y，z），则，取xc，得（c，0，2a），2ac+2ac0，BD1平面ACE，BD1平面ACE【点评】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19（10分）在平面直角坐标系中，A（1，2），B（2，1），C（3，4），D（0，a）四点在同一个圆E上（）求实数a的值；（）若点P（x，y）在圆E上，求x2+2x+y2的取值范围【分析】（）设过A、B、C的圆的方程为x2+y2+Dx+E
23、y+F0将点A、B、C的坐标分别代入圆的方程，求得D、E、F的值，可得圆的方程，把D点坐标代入，即可求得a值；（）点P（x，y）在圆E：（x1）2+（y3）25上，由x2+2x+y2（x+1）2+y21，其几何意义为圆E上的点到M（1，0）距离的平方减1，求出|EM|，则答案可求【解答】解：（）设过A、B、C的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0将点A、B、C的坐标分别代入圆的方程，得，解得：D2，E6，F5，得圆的方程为x2+y22x6y+50将点D的坐标代入上述所得圆的方程，得a26a+50，解得a1或5；（）点P（x，y）在圆E：（x1）2+（y3）25上，x2+2x+y2（x+1）2
24、+y21，其几何意义为圆E上的点到M（1，0）距离的平方减1如图：|EM|，x2+2x+y2的最小值为；x2+2x+y2的最大值为x2+2x+y2的取值范围是，【点评】本题考查圆的方程的求法，考查两点间距离公式的应用，考查数学转化思想方法，是中档题20（10分）如图，已知四棱锥PABCD，ABCD是梯形，ABCD，ABBC，PAPDBCCD1，AB2，（）证明：平面PAD平面ABCD；（）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值【分析】（I）取AD的中点O，连接PO，则POAD，连接OC，先证明POOC，再证明PO平面ABCD，最后得出结论；（II）分别延长AD，BC交于E，过D作DHP
25、E与点H，连接BH，BD，DHB为所求的二面角的平面角，在RtDHB中，求出结果即可【解答】解：（I）证明：取AD的中点O，连接PO，则POAD，连接OC，在直角梯形ABCD中，易知DAB45，ADC135，AD，所以OC，由OP，PC，所以PO2+CO2PC2，所以POOC，又ADOC0，所以PO平面ABCD，又PO在平面PAD内，故平面PAD平面ABCD；（II）如右图，分别延长AD，BC交于E，过D作DHPE与点H，连接BH，HD，AD，BD，AB2，所以BDAD，由AD平面PAD平面ABCD，所以BD平面PAD，结合（I），则DHB为所求的二面角的平面角，DE，由PE，在三角形PDE中
26、，由，DH，所以tanDHB，则cosDHB，故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为【点评】考查了线面，面面垂直的判定定理与性质定理的应用，几何法求二面角的余弦值，中档题21（12分）已知椭圆E：（ab0）的一个焦点为F（1，0），且经过点，A，B是椭圆E上两点，（）求椭圆方程；（）求的取值范围【分析】（）由焦点坐标及过的点和a，b，c之间的关系求出椭圆方程；（）分斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线AB的方程，联立与椭圆的方程，求出两根之和与两根之积，及判别式大于零得出的参数范围，写出数量积的表达式，由均值不等式求出范围【解答】解：（）由题意：c1，b2a2c2，解得：
27、a22，b21，所以椭圆的方程：+y21；（）当直线AB的斜率不存在时，设xm，代入椭圆中整理得：m2+2y22，y2，y，AB，2，解得：m21，m1x2y21；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：ykx+m，设A（x，y），B（x'，y'），联立与椭圆的方程整理得：（1+2k2）x2+4kmx+2m220，16k2m24（1+2k2）（2m22）0，解得：m21+2k2，x+x'，xx'，yy'k2xx'+km（x+x'）+m2，AB2，由题意得：21+2k2，整理得：m2，xx'+yy'+，令t2k210，2k2t+1（，3，综上所述的取值范围，3【点评】考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题
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