1、2019-2020学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（B卷）一、选择题：本大题共10个小题，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）双曲线的实轴长为（）A3B4C6D82（4分）与直线l：2x3y+10关于y轴对称的直线的方程为（）A2x+3y+10B2x+3y10C3x2y+10D3x+2y+103（4分）若直线xy0与圆（x1）2+（y+1）2m相离，则实数m的取值范围是（）A（0，2B（1，2C（0，2）D（1，2）4（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A6B2C12D35（4分）一个三棱锥
2、是正三棱锥的充要条件是（）A底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形B各个面都是正三角形C三个侧面是全等的等腰三角形D顶点在底面上的射影为重心6（4分）如图，已知三棱锥VABC，点P是VA的中点，且AC2，VB4，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为（）A12B10C8D67（4分）已知直线l1：ykx和l2：x+ky20相交于点P，则点P的轨迹方程为（）Ax2+y21B（x1）2+y21Cx2+y21（x0）D（x1）2+y21（x0）8（4分）已知双曲线x2y24，若过点P作直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，则点P的坐标可能是（）A（1，1）B（1
3、，2）C（2，1）D（2，2）9（4分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，且|PF1|4|PF2|，则此椭圆的离心率e的最小值为（）ABCD10（4分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），B（0，2），圆C：（xa）2+y21，若圆C上存在点M，使得|MA|2+|MB|212，则实数a的取值范围为（）ABCD二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11（6分）已知直线l：（m2+1）x2y+10（m为常数），若直线l的斜率为，则m ，若m1，直线l的倾斜角为 12（6分）在平面直角坐标系中，点A（1，2）关于x轴的
4、对称点为A'（1，2），那么，在空间直角坐标系中，B（1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为 ，若点C（1，1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，则|B'C'| 13（6分）已知圆C1：x2+y21和圆C2：（x4）2+（y3）2r2（r0）外切，则r的值为 ，若点A（x0，y0）在圆C1上，则x02+y024x0的最大值为 14（6分）已知直线yx1与抛物线y22px（p0）交于A，B两点；若直线过抛物线的焦点，则抛物线的准线方程为 ，若OAOB，则p的值为 15（
5、4分）某学习合作小组学习了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等利用祖暅原理研究椭圆绕y轴旋转一周所得到的椭球体的体积，方法如下：取一个底面圆半径为a高为b的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体和半椭球体放在同一平面上，那么这两个几何体也就夹在两个平行平面之间了，现在用一平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，则截面分别是圆面和圆环面，经研究，圆面面积和圆环面面积相等，由此得到椭球体的体积是 16（4分）如
6、图，等腰梯形ABCD中，ADBC，ABADDC2，BC4，E为BC上一点，且BE1，P为DC的中点沿AE将梯形折成大小为的二面角BAEC，若ABE内（含边界）存在一点Q，使得PQ平面ABE，则cos的取值范围是 17（4分）设抛物线x24y，点F是抛物线的焦点，点M（0，m）在y轴正半轴上（异于F点），动点N在抛物线上，若FNM是锐角，则m的范围为 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）已知圆心C在直线：2xy20上的圆经过点A（1，2）和B（3，2），且过点P（3，1）的直线l与圆C相交于不同的两点M，N（）求
7、圆C的标准方程；（）若MCN90，求直线l的方程19（14分）如图，CD，EF，AB，ABCD（）求证：CDEF；（）若几何体ACEBDF是三棱柱，ACE是边长为2的正三角形，AB与面ACE所成角的余弦值为，AB2，求三棱柱ACEBDF的体积20（14分）已知点A，B的坐标分别是（1，0），（1，0），直线AM，BM相交于点M，且直线BM的斜率与直线AM的斜率的差是2（）求点M的轨迹方程C；（）若直线l：xy0与曲线C交于P，Q两点，求APQ的面积21（16分）如图，在三棱锥ABCD中，且ADDC，ACCB，面ABD面BCD，ADCDBC，E为AC中点，H为BD中点（）求证：ADBC；（）在直
8、线CH上确定一点F，使得AF面BDE，求AF与面BCD所成角22（16分）设椭圆的离心率为，直线l过椭圆的右焦点F，与椭圆交于点M、N；若l垂直于x轴，则|MN|3（）求椭圆的方程；（）椭圆的左右顶点分别为A1、A2，直线A1M与直线A2N交于点P求证：点P在定直线上2019-2020学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（B卷）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10个小题，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）双曲线的实轴长为（）A3B4C6D8【分析】利用双曲线方程，求出a，即可得到结果【解答】解：双曲线的实轴长为：2a236故选：C【点评
9、】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题2（4分）与直线l：2x3y+10关于y轴对称的直线的方程为（）A2x+3y+10B2x+3y10C3x2y+10D3x+2y+10【分析】设P（x，y）为要求直线上的任意一点，则点P关于y轴对称的点为（x，y），代入直线l的方程即可得出【解答】解：设P（x，y）为要求直线上的任意一点，则点P关于y轴对称的点为（x，y），代入直线l的方程可得：2x3y+10，化为：2x+3y10，故选：B【点评】本题考查了直线方程对称性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（4分）若直线xy0与圆（x1）2+（y+1）2m相离，则实数m的取值范围是（
10、）A（0，2B（1，2C（0，2）D（1，2）【分析】根据题意可知，圆心到直线的距离dr，所以，即可解出答案【解答】解：若直线xy0与圆（x1）2+（y+1）2m相离，则圆心到直线的距离dr，所以且m0，解得0m2，故选：C【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题4（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A6B2C12D3【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：如图所示：所以，V，故选：A【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，主要考查学生的运
11、算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型5（4分）一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是（）A底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形B各个面都是正三角形C三个侧面是全等的等腰三角形D顶点在底面上的射影为重心【分析】由正三棱锥的性质结合充分必要条件的判定逐一分析得答案【解答】解：对于A，若一个三棱锥是正三棱锥，则底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形，反之，若一个三棱锥底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形，则三棱锥为正三棱锥，故A正确；对于B，正三棱锥的侧面不一定是正三角形，故B错误；对于C，如图，三棱锥ABCD满足ABACBDCD2，ADBC3，满足三个侧面是全等的等腰三角形，但三棱锥
12、不是正三棱锥，故C错误；对于D，一个三棱锥顶点在底面上的射影为重心，三棱锥不一定是正三棱锥，故D错误故选：A【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查正三棱锥的性质及充分必要条件的判定，是中档题6（4分）如图，已知三棱锥VABC，点P是VA的中点，且AC2，VB4，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为（）A12B10C8D6【分析】根据题意画出图形，结合图形得出四边形EFPQ是平行四边形，计算平行四边形EFPQ的周长即可【解答】解：如图所示，过点P作PFAC，交VC于点F，过点F作FEVB交BC于点E，过点E作EQAC，交AB于点Q；由作图可知：EQPF，所以四边形EFPQ
13、是平行四边形；可得EFPQVB2，EQPFAC1；所以截面四边形EFPQ的周长为2（2+1）6故选：D【点评】本题考查了空间中的直线平行问题，是基础题7（4分）已知直线l1：ykx和l2：x+ky20相交于点P，则点P的轨迹方程为（）Ax2+y21B（x1）2+y21Cx2+y21（x0）D（x1）2+y21（x0）【分析】直线l1：ykx和l2：x+ky20相交于点P，设出P的坐标，消去k即可端点点P的轨迹方程【解答】解：设P（x，y），直线l1：ykx和l2：x+ky20相交于点P，可得x+20，x0，即x22x+y20，x0，可得（x1）2+y21（x0）故选：D【点评】本题考查了轨迹方
14、程的求法，消参数k是解题的关键，注意x的范围，属于中档题8（4分）已知双曲线x2y24，若过点P作直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，则点P的坐标可能是（）A（1，1）B（1，2）C（2，1）D（2，2）【分析】利用双曲线方程判断点的位置与双曲线的关系，判断选项的正误即可【解答】解：双曲线x2y24，双曲线的渐近线方程为：yx，若过点P作直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，（1，1），（2，2）在双曲线的渐近线上，所以A、D，不成立因为（2，1）是第一象限，在双曲线外与x轴与yx所围成的区域内，不可能满足：过点P作直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段A
15、B的中点，所以只有选项B满足条件，故选：B【点评】本题考查双曲线的简单性质以及点与双曲线的位置关系的应用，是基本知识的考查9（4分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，且|PF1|4|PF2|，则此椭圆的离心率e的最小值为（）ABCD【分析】利用已知条件结合椭圆的定义，通过余弦定理，转化求解椭圆的离心率即可【解答】解：椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，且|PF1|4|PF2|，可得|PF1|+|PF2|2a，所以|PF2|，|PF1|，4c2|PF1|2+|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF24a2（）当且仅当cosF1PF21时，4c2，所以e故选：A
16、【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题10（4分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），B（0，2），圆C：（xa）2+y21，若圆C上存在点M，使得|MA|2+|MB|212，则实数a的取值范围为（）ABCD【分析】求出M的轨迹方程，利用圆C上存在点M，满足|MA|2+|MB|212，两圆相交或相切，得到13，求出a的范围【解答】解：设M（x，y），|MA|2+|MB|212（x2）2+y2+x2+（y2）212，（x1）2+（y1）24，圆C上存在点M，满足|MA|2+|MB|212两圆相交或相切，13，即|a1|，1a1+2，故选：B【点评】考查动点的
17、轨迹方程，圆与圆的位置关系，中档题二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11（6分）已知直线l：（m2+1）x2y+10（m为常数），若直线l的斜率为，则m0，若m1，直线l的倾斜角为45【分析】利用直线ax+by+c0的斜率k及直线的斜率和倾斜角的关系直接求解【解答】解：直线l：（m2+1）x2y+10（m为常数），直线l的斜率为，解得m0，直线l：（m2+1）x2y+10（m为常数），m1，直线l的斜率k1，直线l的倾斜角为45故答案为：0，45【点评】本题考查实数值、直线的倾斜角的求法，考查直线的斜率公式、斜率和倾斜角的关系等基础知识，考查运算求解能力和应
18、用意识，是基础题12（6分）在平面直角坐标系中，点A（1，2）关于x轴的对称点为A'（1，2），那么，在空间直角坐标系中，B（1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为（1，2，3），若点C（1，1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，则|B'C'|【分析】在空间直角坐标系中，B（1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为横坐标不变，纵坐标和竖坐标变为原不的相反数，若点C（1，1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，横、纵坐标均不变，竖坐标变为原不的相反数，再由两点间距离公式能求出|B'C'|【解答】解：在空间直角坐标系中，B
19、（1，2，3）关于x轴的对称轴点B'坐标为（1，2，3），若点C（1，1，2）关于xOy平面的对称点为点C'，则C（1，1，2），|B'C'|故答案为：（1，2，3），【点评】本题考查对称点的坐标的求法，考查两点间距离公式，考查对称点的性质、两点间距离公式的求法等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是基础题13（6分）已知圆C1：x2+y21和圆C2：（x4）2+（y3）2r2（r0）外切，则r的值为4，若点A（x0，y0）在圆C1上，则x02+y024x0的最大值为5【分析】两个圆外切，圆心距等于两个半径之和，求出r的值；点在圆上，点的坐标满足圆的方程，由圆
20、的方程可得横坐标的取值范围，进而求出x02+y024x0的最大值【解答】解：两个圆外切可得圆心距等于两个半径之和，所以1+r，解得r4；由点A（x0，y0）在圆C1上，所以x02+y021，且x01，1，所以x02+y024x014x03，5所以x02+y024x0的最大值为5，故答案分别为：4，5【点评】考查圆与圆的位置关系，属于基础题14（6分）已知直线yx1与抛物线y22px（p0）交于A，B两点；若直线过抛物线的焦点，则抛物线的准线方程为x1，若OAOB，则p的值为【分析】由直线过抛物线的焦点，求出焦点坐标及p的值，进而求出准线方程；由若OAOB，可得数量积为令求出p的值【解答】解：由
21、题意知抛物线的焦点在x轴，yx1，令y0，x1，求出直线与x轴的交点，即为抛物线的焦点（1，0），所以抛物线的方程为y24x，所以准线方程为：x1；若OAOB，设A（x，y），B（x'，y'），直线与抛物线联立：x2（2+2p）x+10，x+x'2+2p，xx'1，yy'xx'（x+x'）+12p若OAOB，则0，xx'+yy'0，即12p0，解得p；故答案分别为：x1，【点评】考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题15（4分）某学习合作小组学习了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面间的两个几何体，被
22、平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等利用祖暅原理研究椭圆绕y轴旋转一周所得到的椭球体的体积，方法如下：取一个底面圆半径为a高为b的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体和半椭球体放在同一平面上，那么这两个几何体也就夹在两个平行平面之间了，现在用一平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，则截面分别是圆面和圆环面，经研究，圆面面积和圆环面面积相等，由此得到椭球体的体积是b【分析】根据S圆S环总成立，可得椭球的体积为：2（a2ba2b）【解答】解：S圆S环总成立，椭球的体积为：2（a2ba2b）a2b
23、故答案为：a2b【点评】本题考查了祖暅原理的应用、类比同理、椭球的体积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16（4分）如图，等腰梯形ABCD中，ADBC，ABADDC2，BC4，E为BC上一点，且BE1，P为DC的中点沿AE将梯形折成大小为的二面角BAEC，若ABE内（含边界）存在一点Q，使得PQ平面ABE，则cos的取值范围是【分析】作出图形，分析两个极端位置即可得出答案【解答】解：如图，过点P作AE的垂线，垂足为O，并延长交AB于点M，由翻折性质可知，AE平面OMP，故平面OMP平面ABE，因此点P在平面ABE内的射影点Q必在OM上：由于点Q在ABE内（含边界），则点Q在线段OM上；当取
24、最小值时，有PMOM，此时cos有最大值，又，故，显然的最大值为，故（cos）min0，综上，cos的取值范围是故答案为：【点评】本题考查立体几何中的动态问题，考查二面角的定义及其求解，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题17（4分）设抛物线x24y，点F是抛物线的焦点，点M（0，m）在y轴正半轴上（异于F点），动点N在抛物线上，若FNM是锐角，则m的范围为（0，1）（1，9）【分析】设N（4t，4t2），可知F（0，1），m0且m1，若FNM是锐角，可得，运用向量数量积的坐标表示和二次函数的性质和二次不等式恒成立，解不等式可得所求范围【解答】解：设N（4t，4t2），可知F（0，1），m
25、0且m1，所以，因为FNM是锐角，所以，即16t2+（14t2）（m4t2）0，整理得16t4+（124m）t2+m0，等价于对任意tR恒成立；令xt20，则对任意x0，+）恒成立；因为f（x）的对称轴为，故分类讨论如下：（1），即0m3时，f（x）minf（0）0，所以0m3；（2），即m3时，应有，得3m9；综上所述：m（0，1）（1，9）故答案为：（0，1）（1，9）【点评】本题考查抛物线方程的运用，考查向量数量积的坐标表示和换元法、二次函数和二次不等式的转化思想，考查分类讨论思想，属于中档题三、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）已知
26、圆心C在直线：2xy20上的圆经过点A（1，2）和B（3，2），且过点P（3，1）的直线l与圆C相交于不同的两点M，N（）求圆C的标准方程；（）若MCN90，求直线l的方程【分析】（1）法一求出AB的中垂线方程为xy10，通过，得到圆心C的坐标为（1，0），求出半径然后求解圆C的标准方程法二、设圆心C（a，2a2），由|CA|CB|解得：a1，求出半径然后求解圆的方程（2）法一、当MCN90时，则圆心C到直线l的距离为2，若直线l的斜率存在，设直线l：y+1k（x3），利用圆心C（1，0）到直线l的距离求出k，然后求解直线l的方程法二、设M（x1，y1）、N（x2，y2），求出|MN|4若直线
27、l的斜率不存在，验证即可，若直线l的斜率存在，设l：yk（x3）1与圆方程（x1）2+y28，利用弦长公式转化求解即可【解答】解：（1）法一、易求得AB的中点为（1，0），且kAB1，AB的中垂线方程为xy10由，得圆心C的坐标为（1，0），半径，故圆C的标准方程为：（x1）2+y28，法二、设圆心C（a，2a2），则由|CA|CB|得：，解得：a1圆心C（1，0），半径，故圆C的标准方程为：（x1）2+y28（2）法一、当MCN90时，则圆心C到直线l的距离为2，若直线l的斜率存在，设直线l：y+1k（x3），即kxy3k10圆心C（1，0）到直线l的距离，解得，直线l的方程为3x4y130
28、，若直线l的斜率不存在，则直线l：x3，符合题意，综上所述：所求直线l的方程为：x3或3x4y130法二、设M（x1，y1）、N（x2，y2），MCN90，|MN|4若直线l的斜率不存在，则直线l：x3，符合题意，若直线l的斜率存在，设l：yk（x3）1与圆方程（x1）2+y28，联立得：（k2+1）x22（3k2+k+1）x+3（3k2+2k2）0，由弦长公式得：，由韦达定理代入，解得，直线l的方程为3x4y130，综上所述：所求直线l的方程为：x3或3x4y130【点评】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题19（14分）如图，CD，EF，AB，ABCD
29、（）求证：CDEF；（）若几何体ACEBDF是三棱柱，ACE是边长为2的正三角形，AB与面ACE所成角的余弦值为，AB2，求三棱柱ACEBDF的体积【分析】（）由已知利用线面平行的判定可得AB，再由线面平行的性质得到ABEF，进一步得到CDEF；（）求出三角形ACE的面积，再求出三棱柱ACEBDF的高，代入棱柱体积公式求解【解答】（）证明：ABCD，AB，CD，AB，又AB，EF，ABEF，又ABCD，CDEF；（）解：，又三棱柱ACEBDF的高，【点评】本题考查线面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了棱柱体积的求法，是中档题20（14分）已知点A，B的坐标分别是（1，0），（
30、1，0），直线AM，BM相交于点M，且直线BM的斜率与直线AM的斜率的差是2（）求点M的轨迹方程C；（）若直线l：xy0与曲线C交于P，Q两点，求APQ的面积【分析】（）设M（x，y），求出直线的斜率，然后求解轨迹方程即可（）方法一：设P（x1，y1），Q（x2，y2）联立方程，得x2x10，利用韦达定理以及弦长公式结合三角形的面积求解即可方法二：设P（x1，y1），Q（x2，y2）联立方程，得x2x10，利用韦达定理，结合转化求解即可【解答】解：（）设M（x，y），则，所以，所以轨迹方程为yx21（y0或x1）；（）方法一：设P（x1，y1），Q（x2，y2）联立方程，得x2x10，所以，所
31、以，A到直线的距离为，所以方法二：设P（x1，y1），Q（x2，y2）联立方程，得x2x10，所以，所以【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，轨迹方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题21（16分）如图，在三棱锥ABCD中，且ADDC，ACCB，面ABD面BCD，ADCDBC，E为AC中点，H为BD中点（）求证：ADBC；（）在直线CH上确定一点F，使得AF面BDE，求AF与面BCD所成角【分析】（）证明CHBD，CHAD，结合ADCD，ADCH，推出AD面BCD，即可证明ADBC（）说明AFD即为AF与面BCD所成线面角，然后求解AF与面BCD所成线面角【解答】（）证明：
32、ADCDBC，E为AC中点，H为BD中点所以CHBD，又面ABD面BCD，CH面ABD，CHAD，又ADCD，ADCH，CDCHC，AD面BCD，ADBC（）解：在CH延长线上取点F，使FHHC，则四边形BCDF为平行四边形，又EHAF，EH面BDE，AF面BDE，AF面BDE，又AD面BCD，AFD即为AF与面BCD所成线面角，又DFBCAD，AFD45，即AF与面BCD所成线面角为45【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题22（16分）设椭圆的离心率为，直线l过椭圆的右焦点F，与椭圆交于点M、N；若l垂直于
33、x轴，则|MN|3（）求椭圆的方程；（）椭圆的左右顶点分别为A1、A2，直线A1M与直线A2N交于点P求证：点P在定直线上【分析】（）由已知得，求出a，b，即可得到椭圆方程（）设M（x1，y1），N（x2，y2）（y1y2），lMN：xmy+1，联立，利用韦达定理，转化求解P的横坐标即可【解答】解：（）由已知得，所以，所以椭圆的方程为；（）设M（x1，y1），N（x2，y2）（y1y2），lMN：xmy+1，联立，得（3m2+4）y2+6my90，所以，可得，所以，又因为2my1y23（y1+y2），所以；所以点P在直线x4上【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题