1、2019-2020学年浙江省丽水市高二（上）期末数学试卷一、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（5分）若直线x+2y+10的斜率为k，在y轴上的截距为b，则（）ABCDk2，b12（5分）圆C1：x2+y22与圆C2：（x+1）2+（y1）28的位置关系是（）A相交B内切C外切D相离3（5分）椭圆的焦点坐标是（）A（0，1）B（1，0）CD4（5分）已知m，l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l，l，则B若lm，l，m，则C若lm，l，m，则D若l，m，则lm5（5分）双曲线的左右焦点分别为F1，F2
2、，点在P双曲线上，若|PF1|5，则|PF2|（）A1B9C1或9D76（5分）“ln（a2）ln（b1）0”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7（5分）直线ax+by+a+b0（ab0）和圆x2+y22x50的交点个数（）A0B1C2D与a，b有关8（5分）我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中BCF是正三角形，AB2BC2EF，则以下两个结论：ABEF；BFED，（）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9（5分）已知A（1，0
3、），B（1，0），点P（x，y）（y0）在曲线上，若直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则（）ABk1k23CDk1k2310（5分）若实数x，y满足方程xcos+ysin1（R），则（）ABCx2+y21Dx2+y2111（5分）如图，在三棱锥PABC中，PBBCa，PAACb（ab），设二面角PABC的平面角为，则（）A+PCA+PCB，2PAC+PBCB+PCA+PCB，2PAC+PBCC+PCA+PCB，2PAC+PBCD+PCA+PCB，2PAC+PBC12（5分）已知直线l：ykx+m与椭圆交于A，B两点，且直线l与x轴，y轴分别交于点C，D若点C，D三等分线段AB，则（）ABC
4、D二、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（6分）双曲线的焦距是 ，渐近线方程是 14（6分）已知直线l1：2x+3y80和l2：ax6y100若l1l2，则实数a ，两直线l1与l2间的距离是 15（6分）已知实数x，y满足不等式组若z2xy的最小值为1，则m ，z的最大值是 16（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm217（4分）已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，P是抛物线C上的点若线段PF被直线x2平分，则|PF| 18（4分）如图，在三棱锥ABCD中，底面是边长为2的正三角形，ABACAD4，且E，F分别
5、是BC，AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为 19（4分）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为A，点P在圆x2+y28上，点Q在椭圆上，则2|PA|+|PQ|QF|的最小值是 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（14分）已知x2+y24x+2my+2m22m+10（mR）表示圆C的方程（）求实数m的取值范围；（）若直线l：x+2y0被圆C截得的弦长为4，求实数m的值21（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABC90，ABBC1，PAAD2（）求证：CD平面PAC；（）在棱PC上是否存在点H，使得AH平面PCD？若存在
6、，确定点H的位置；若不存在，说明理由22（14分）如图，在三棱台ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为4的正三角形，A1B1AA1CC12，BB13，E是棱A1C1的中点，点F在棱AB上，且AF3FB（）求证：EF平面BCC1B1；（）求直线EF和平面ABC所成角的正弦值23（14分）已知直线l：yx+t与抛物线M：y2x交于A，B两点，点C，D在抛物线M上，且直线AC与BD交于点（）写出抛物线M的焦点坐标和准线方程；（）记PCD，PAB的面积分别为S1，S2，若，求实数t的值2019-2020学年浙江省丽水市高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，
7、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（5分）若直线x+2y+10的斜率为k，在y轴上的截距为b，则（）ABCDk2，b1【分析】根据题意，将直线的方程变形为斜截式方程，据此分析k、b的值，即可得答案【解答】解：根据题意，直线x+2y+10，其斜截式方程为yx，其斜率k，在y轴上的截距b；故选：C【点评】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（5分）圆C1：x2+y22与圆C2：（x+1）2+（y1）28的位置关系是（）A相交B内切C外切D相离【分析】分别求出两圆的圆心和半径，求得圆心距与半径和和之差的关系，即可判断位置关系【解
8、答】解：圆C1：x2+y22的圆心C1（0，0），半径r1，圆C2：（x+1）2+（y1）28的圆心C2（1，1），半径r22，则两圆的圆心距|C1C2|r2r1，即两圆内切故选：B【点评】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（5分）椭圆的焦点坐标是（）A（0，1）B（1，0）CD【分析】直接利用椭圆方程，求出a，b，然后求解c即可【解答】解：椭圆，可得a，b，可得c1，所以椭圆的焦点（0，1）故选：A【点评】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（5分）已知m，l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l，
9、l，则B若lm，l，m，则C若lm，l，m，则D若l，m，则lm【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【解答】解：对于A，l时，过l作平面n，则ln；由l知n，所以，故A正确；对于B，当lm，l，m时，得l且l，所以，故B正确；对于C，当lm，l，m时，则、平行或相交，所以C错误；对于D，当l，时，l，又m，所以lm，D正确故选：C【点评】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（5分）双曲线的左右焦点分别为F1，F2，点在P双曲线上，若|PF1|5，则|PF2|（）A1B9C1或9D7【分析】求得双曲线的a，b，c，判
10、断P的位置，结合双曲线的定义，可得所求值【解答】解：双曲线的a2，b2，c4，点在P双曲线的右支上，可得|PF1|a+c6，点在P双曲线的左支上，可得|PF1|ca2，由|PF1|5可得P在双曲线的左支上，可得|PF2|PF1|2a4，即有|PF2|5+49故选：B【点评】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（5分）“ln（a2）ln（b1）0”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【分析】由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【解答】解：由ln（a2）ln（b1）0，得，即a
11、2b1，；反之，由，不一定有ln（a2）ln（b1）0，如a2，b1“ln（a2）ln（b1）0”是“”成立的充分不必要条件故选：A【点评】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（5分）直线ax+by+a+b0（ab0）和圆x2+y22x50的交点个数（）A0B1C2D与a，b有关【分析】圆题意可知直线恒过 圆内的定点（1，1），故可得直线与圆相交，即可判断【解答】解：因为直线ax+by+a+b0（ab0）可化为a（x+1）+b（y+1）0，所以直线恒过定点（1，1），而（1，1）在圆x2+y22x50内，故直线ax+by+a+b0过圆内的点，与圆相交
12、，即交点个数为2故选：C【点评】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（1，1）且定点在圆内8（5分）我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中BCF是正三角形，AB2BC2EF，则以下两个结论：ABEF；BFED，（）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【分析】利用线面平行的性质及勾股定理即可判断【解答】解：ABCD，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，AB平面CDEF，又EF在平面CDEF内，由AB在平面ABFE内，且平面ABFE平面CDE
13、FEF，ABEF，故对；如图，取CD中点G，连接BG，FG，由ABCD2EF，易知DEGF，且DEGF，不妨设EF1，则，假设BFED，则BF2+FG2BG2，即1+FG22，即FG1，但FG的长度不定，故假设不一定成立，即不一定成立故选：B【点评】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，属于基础题9（5分）已知A（1，0），B（1，0），点P（x，y）（y0）在曲线上，若直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则（）ABk1k23CDk1k23【分析】先根据已知条件得到点P在以（2，0）（2，0）为焦点，2a2的双曲线上，且在右支上；再利用整体代换即可求解【解答】解
14、：因为曲线，即2；点P在以（2，0）（2，0）为焦点，2a2的双曲线上，且在右支上，对应的曲线方程为：x21，（x0）；k1k23故选：D【点评】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P所在曲线，属于基础题目10（5分）若实数x，y满足方程xcos+ysin1（R），则（）ABCx2+y21Dx2+y21【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和函数的性质的应用求出结果【解答】解：由于，故：x2+y21故选：D【点评】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（5分）如图，在三棱锥PA
15、BC中，PBBCa，PAACb（ab），设二面角PABC的平面角为，则（）A+PCA+PCB，2PAC+PBCB+PCA+PCB，2PAC+PBCC+PCA+PCB，2PAC+PBCD+PCA+PCB，2PAC+PBC【分析】解题的关键是通过构造垂面得出PMC，然后转化到平面中解决即可【解答】解：如图，取PC中点D，连接AD，BD，由PBBCa，PAAC易知BDPC，ADPC，故可得PC平面ABFD，作PMAB于M，由ABPABC，可得CMAB，PMC，又PMCMhab，2PAC+PBC，故选：C【点评】本题考查空间角的综合问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题12（5分）已知直线l
16、：ykx+m与椭圆交于A，B两点，且直线l与x轴，y轴分别交于点C，D若点C，D三等分线段AB，则（）ABCD【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k2的值，再由C，D三等分线段AB，则CD，求出m2的值，选出结果【解答】解：设A（x，y），B（x，y），联立直线与椭圆的方程整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，64k2m24（3+4k2）（4m212）0，解得m23+4k2，x+x，xx，y+yk（x+x）+2m，所以中点P（，），由题意得C（，0），D（0，m），点C，D三等分线段AB，所以CD的中
17、点也为P，所以，由题意m0，所以可得：k2；所以弦长AB4，由题意得C（，0），D（0，m），CD，由题意CD，所以4，整理得：16，解得m2，故选：D【点评】考查直线与椭圆的值应用，属于中档题二、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（6分）双曲线的焦距是8，渐近线方程是【分析】求得双曲线的a，b，c，可得双曲线的焦距2c，渐近线方程yx【解答】解：双曲线的a2，b2，c4，可得2c8，渐近线方程为yx故答案为：8，yx【点评】，本题考查双曲线的方程和性质，主要是焦距和渐近线方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题14（6分）已知直线l1：2x+3y80和l
18、2：ax6y100若l1l2，则实数a4，两直线l1与l2间的距离是【分析】由直线l1：2x+3y80和l2：ax6y100l1l2，利用直线与直线平行的性质能求出a，把l2：ax6y100转化为：2x+3y+50，利用两平行线间的距离公式能求出两直线l1与l2间的距离【解答】解：直线l1：2x+3y80和l2：ax6y100l1l2，解得a4，l2：ax6y100转化为：2x+3y+50，两直线l1与l2间的距离是：d故答案为：4，【点评】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（6分）已知实数x，y满足不
19、等式组若z2xy的最小值为1，则m1，z的最大值是4【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z2xy的最小值利用数形结合即可得到结论【解答】解：先作出实数x，y满足约束条件 的可行域如图，目标函数z2xy的最小值为：1，由图象知z2xy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x+ym0上，1m0，则m1，z2xy过点C（2，0）时取最大值；所以其最大值为 z2204故答案为：1.4【点评】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（4分）某几何体的三视图如图所
20、示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2【分析】首先把三视图进行转换，进一步利用公式的应用求出结果【解答】解：根据几何体的三视图，该俯视图分割成一个等腰直角三角形和一个半径为1的个圆所以S+故答案为：【点评】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（4分）已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，P是抛物线C上的点若线段PF被直线x2平分，则|PF|4【分析】由题意求出抛物线的焦点坐标及准线方程，由线段PF被直线x2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
21、离，进而求出PF的值【解答】解：由题意知焦点F（，0），准线方程：x，设P的横坐标x0， 由题意22+x0，由抛物线的性质知PFx04，故答案为：4【点评】考查抛物线的性质，属于基础题18（4分）如图，在三棱锥ABCD中，底面是边长为2的正三角形，ABACAD4，且E，F分别是BC，AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值为【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【解答】解：因为三棱锥ABCD中，底面是边长为2的正三角形，ABACAD4，所以三棱锥ABCD为正三棱锥；连结DE，取DE
22、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，AE，DE，cosCAF，CFPF，PC，cosPFC异面直线AE和CF所成角的余弦值为故答案为：【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题19（4分）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为A，点P在圆x2+y28上，点Q在椭圆上，则2|PA|+|PQ|QF|的最小值是【分析】求得椭圆的a，b，c，可得焦点坐标和顶点坐标，可设P（2cos，
23、2sin），由两点的距离公式可得2|PA|PB|，即点P与B（0，4）的距离，再由椭圆的定义，可得2|PA|+|PQ|QF|PB|+|PQ|+|QF2|2，再由四点共线取得最值，可得所求【解答】解：椭圆的a，b，c2，右焦点为F（2，0），右焦点为F2（2，0），上顶点为A（0，），点P在圆x2+y28上，可设P（2cos，2sin），2|PA|22，表示点P与B（0，4）的距离，由椭圆的定义可得|QF|QF2|2a|QF2|2，2|PA|+|PQ|QF|PB|+|PQ|+|QF2|2|BF2|2262，当且仅当B，P，Q，F2三点共线上式取得等号，故2|PA|+|PQ|QF|的最小值是62，
24、故答案为：62【点评】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（14分）已知x2+y24x+2my+2m22m+10（mR）表示圆C的方程（）求实数m的取值范围；（）若直线l：x+2y0被圆C截得的弦长为4，求实数m的值【分析】（）根据题意，将圆的方程变形为标准方程，分析可得m2+2m+30，解可得m的取值范围；（）根据题意，分析圆C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m的值，即可得答案【解答】解：（）根据题意，x
25、2+y24x+2my+2m22m+10，变形可得（x2）2+（y+m）2m2+2m+3，若其表示圆，则有m2+2m+30，解得：1m3，即m的取值范围为（1，3）；（）根据题意，圆C（x2）2+（y+m）2m2+2m+3，其圆心C（2，m），半径r，若直线l：x+2y0被圆C截得的弦长为4，则有解得m1【点评】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（14分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABC90，ABBC1，PAAD2（）求证：CD平面PAC；（）在棱PC上是否存在点H，使得AH平面PCD？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理
26、由【分析】（）由题意，利用勾股定理可得，可得AC2+DC2AD2，可得ACDC，利用线面垂直的性质可得PACD，利用线面垂直的判定定理即可证明DC平面PAC（）过点A作AHPC，垂足为H，由（）利用线面垂直的判定定理可证明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【解答】解：（）由题意，可得，AC2+DC2AD2，即ACDC，又PA底面ABCD，PACD，且PAACA，DC平面PAC（）过点A作AHPC，垂足为H，由（）可得CDAH，又PCCDC，AH平面PCD，在RTPAC中，PA2，可得，即在棱PC上存在点H，且，使得AH平面PCD【点评】
27、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（14分）如图，在三棱台ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为4的正三角形，A1B1AA1CC12，BB13，E是棱A1C1的中点，点F在棱AB上，且AF3FB（）求证：EF平面BCC1B1；（）求直线EF和平面ABC所成角的正弦值【分析】（）取BC上一点G，满足CG3GB，连接C1G，FG，推导出四边形EFGC1为平行四边形，从而EFC1G，由此能证明EF平面BCC1B1（）延长AA1，BB1，CC1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
28、，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【解答】解：（）证明：取BC上一点G，满足CG3GB，连接C1G，FG在ABC中，由，又EC1AC，EC11，EC1FG，EC1FG，四边形EFGC1为平行四边形，EFC1G又C1G平面BCC1B1，EF平面BCC1B1，EF平面BCC1B1（）解：延长AA1，BB1，CC1交于一点P，且A1B1C1为边长为2的正三角形，取AC的中点为O，连接PO，OB，则POAC，BOAC，且PO2，BO，PB6，POB120，过O作OD平面ABC，如图，以OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴建立
29、空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），P（0，3），（，），面ABC的一个法向量为，设EF与平面ABC所成的角为，直线EF和平面ABC所成角的正弦值为【点评】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、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题23（14分）已知直线l：yx+t与抛物线M：y2x交于A，B两点，点C，D在抛物线M上，且直线AC与BD交于点（）写出抛物线M的焦点坐标和准线方程；（）记PCD，PAB的面积分别为S1，S2，若，求实数t的值【分析】（）由抛物线的焦点坐标和准线方程可得所求；（）设A（y12，y1），B（y22，y
30、2），C（y32，y3），D（y42，y4），直线方程yx+t、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t【解答】解：（）抛物线M：y2x的焦点为，准线方程为；（）设A（y12，y1），B（y22，y2），C（y32，y3），D（y42，y4），由消去x得y2y+t0y1+y21，y1y2t，且14t0即，将直线PA：代入y2x消去x得：，得，同理可得y4，则y3+y4+1，y3y4，从而kCDy3+y41kAB，故CDAB，解得t（1舍去），则t【点评】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