1、2018-2019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）直线3xy+10的斜率是（）A3B3CD2（3分）已知R，则“cos”是“2k+，kZ”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3（3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（）A2B1CD4（3分）已知方程的曲线是焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（）A4k9BCD4k9且5（3分）已知椭圆上的一点P到两个焦点距离之和为10，则a2（）A5B10C1
2、5D256（3分）直线ax+3y90与直线x3y+b0关于原点对称，则a，b的值是（）Aa1，b9Ba1，b9Ca1，b9Da1，b97（3分）设圆C1：x2+y24与圆C2：（x3）2+（y+4）29，则圆C1与圆C2的位置关系是（）A外离B外切C相交D内含8（3分）一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的平面角（）A相等B相等或互补C互补D不能确定9（3分）在ABC中，AB2AC，AD是A的平分线，且ACtAD，则t的取值范围是（）ABCD10（3分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点E，O分别是线段D1D，DB的中点，分别记二面角FO
3、B1E，FOEB1，FEB1O的平面角为，则下列结论正确的是（）ABCD二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11（3分）已知向量（0，1，0），（1，0，1），|，且0，则 12（3分）若实数x，y满足x2+y21，则xy的最小值为 13（3分）焦点在x轴上的椭圆x2+my21的离心率为，则它的短半轴长为 14（3分）已知一水平放置的三角形的平面直观图是边长为1的正三角形，那么原三角形的面积为 15（3分）已知椭圆的上顶点为M，直线l与该椭圆交于P，Q两点，且点（1，0）恰为PQM的垂心，则直线l的方程为 16
4、（3分）若不全为零的实数a，b，c成等差数列，点A（1，2）在动直线l：ax+by+c0上的射影为P，点Q在直线3x4y+120上，则线段PQ长度的最小值是 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ABC中，A（2，2），B（4，0），C（3，1），ADBC，垂足为D（）求直线AD的方程；（）求过点D且平行于边AC的直线方程18（10分）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D为AC的中点（）求证：AB1平面C1BD；（）求证：平面BDC1平面AA1C1C19（10分）从原点O向圆M：作两条切线，切点分别为P，Q
5、，记切线OP，OQ的斜率分别为k1，k2（）若圆心，求两切线OP，OQ的方程；（）若，求圆心M的轨迹方程20（10分）如图，在四棱锥PABCD中，PAB是正三角形，四边形ABCD是正方形（）求证：PCPD；（）若，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值21（12分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4（）求椭圆C的方程；（）若直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O在以AB为直径的圆上，OHAB于H点试求点H的轨迹方程2018-2019学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）
6、直线3xy+10的斜率是（）A3B3CD【分析】化直线方程的一般式为斜截式，则直线的斜率可求【解答】解：由3xy+10，得y3x+1直线3xy+10的斜率是3故选：A【点评】本题考查了直线的斜率，考查了直线方程的一般式和斜截式的互化，是基础的会考题型2（3分）已知R，则“cos”是“2k+，kZ”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】cos，解得2k，kZ，即可判断出结论【解答】解：cos，解得2k，kZ，“cos”是“2k+，kZ”的必要但非充分条件故选：B【点评】本题考查了三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3（
7、3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（）A2B1CD【分析】根据三视图知该几何体是底面为俯视图三角形，高为1的直三棱锥，结合图中数据求得三棱锥的体积【解答】解：根据三视图知该几何体是底面为俯视图三角形，高为1的直三棱锥，如图所示；则该三棱锥的体积为V221（cm3）故选：C【点评】本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题4（3分）已知方程的曲线是焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（）A4k9BCD4k9且【分析】根据椭圆的标准方程，得焦点在y轴上的椭圆方程中，x2、y2的分母均为正数，且y2的分母较大，由此建立关于k的不等式组，解之
8、即得实数k的取值范围【解答】解：方程表示焦点在y轴上的椭圆，解之得k9实数k的取值范围是（，9）故选：C【点评】本题给出标准方程表示焦点在y轴上的椭圆，求参数k的取值范围，着重考查了椭圆的标准方程的概念，属于基础题5（3分）已知椭圆上的一点P到两个焦点距离之和为10，则a2（）A5B10C15D25【分析】由椭圆的定义可得，点P到两个焦点的距离之和为 2a，根据椭圆的标准方程可得a值【解答】解：由椭圆的定义可得，椭圆上一点P到两个焦点的距离之和为 2a，由椭圆的方程可知a5，a225，故选：D【点评】本题考查椭圆的定义、椭圆的标准方程，判断点P到两个焦点的距离之和为2a是解题的关键6（3分）直
9、线ax+3y90与直线x3y+b0关于原点对称，则a，b的值是（）Aa1，b9Ba1，b9Ca1，b9Da1，b9【分析】直线ax+3y90上任意取点（m，n），关于原点对称点的坐标为（m，n），分别代入已知的直线方程，即可求得结论【解答】解：直线ax+3y90上任意取点（m，n），关于原点对称点的坐标为（m，n），则点（m，n）是直线ax+3y90上任意一点a1，b9故选：D【点评】本题考查直线的对称性，考查学生的计算能力，属于基础题7（3分）设圆C1：x2+y24与圆C2：（x3）2+（y+4）29，则圆C1与圆C2的位置关系是（）A外离B外切C相交D内含【分析】求出两圆的圆心距，由两圆的
10、圆心距等于两圆的半径和可得圆C1与圆C2外切【解答】解：圆C1：x2+y24的圆心坐标为C1（0，0），半径r12，圆C2：（x3）2+（y+4）29的圆心坐标为圆C2（3，4），半径r23|C1C2|5r1+r2，圆C1与圆C2的位置关系是为切故选：B【点评】本题考查圆与圆的位置关系，是基础题8（3分）一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的平面角（）A相等B相等或互补C互补D不能确定【分析】在正方体中举反例得到答案即可【解答】解：如果两个二面角的半平面分别对应垂直，那么这两个二面角角相等或互补”（面与二面角的性质）但是这个命题不一定正确，如下图就是一个反例
11、：正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角DAA1F与二面角D1DCA的两个半平面就是分别对应垂直的，但是这两个二面角既不相等，也不互补故选：D【点评】本题主要考察二面角的平面角一般在说明命题不成立时，常举反例来说明9（3分）在ABC中，AB2AC，AD是A的平分线，且ACtAD，则t的取值范围是（）ABCD【分析】如图所示，在ABC中，AD是A的平分线，AB2AC，利用角平分线的性质定理可得：2，令ACa，DCb，ADc，则AB2a，BD2b在ABD与ACD中，分别利用余弦定理可得：BD2AB2+AD22ABADcos1，DC2AC2+AD22ACADcos2，化简整理即可得出【解答】解：如
12、图所示，在ABC中，AD是A的平分线，AB2AC，令ACa，DCb，ADc，则AB2a，BD2b在ABD与ACD中，分别利用余弦定理可得：BD2AB2+AD22ABADcos1，DC2AC2+AD22ACADcos2，4b24a2+c24accos1，b2a2+c22accos2，化为3c24accos10，又atc，t，1（0，），cos1（0，1）t（，+）故选：A【点评】本题考查了三角形内角平分线的性质定理、余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10（3分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点E，O分别是线段D1D，DB的中点，分别记二面角
13、FOB1E，FOEB1，FEB1O的平面角为，则下列结论正确的是（）ABCD【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，取，利用向量法能求出结果【解答】解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点E，O分别是线段D1D，DB的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，取，则O（，0），B1（，1），E（0，0，），F（，0，），（，1），（，），（，），（，），（，0，），设平面OB1E的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，0），设平面OFB1的法向量（x，y，z），则，取z3，得（4，2，3），cos；设平
14、面EFO的法向量（x，y，z），则，取y，得（，1），cos；设平面EFB1的法向量（x，y，z），则，取z6，得（，4，6），cos，故选：B【点评】本题考查二面角的大小的判断，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，是中档题二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）11（3分）已知向量（0，1，0），（1，0，1），|，且0，则2【分析】利用空间向量坐标运算法则求出（1，1），再由|，0，列方程能求出的值【解答】解：向量（0，1，0），（1，0，1），（1，1），|，0，解得2故答案为：2【点评】本题考查实数值的求法，考查平空间向量坐标运算法则、向量的模
15、等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题12（3分）若实数x，y满足x2+y21，则xy的最小值为【分析】由x2+y21，可令xcos，ysin，结合三角函数的性质即可求解【解答】解：由x2+y21，可令xcos，ysin，则xycossincos（），结合三角函数的性质可知，最小值为故答案为：【点评】本题主要考查了求解最值的应用，解题的关键是对三角函数性质的灵活应用13（3分）焦点在x轴上的椭圆x2+my21的离心率为，则它的短半轴长为【分析】利用椭圆的离心率求解m，然后求解椭圆的短半轴长【解答】解：焦点在x轴上的椭圆x2+my21的离心率为，可得，解得m4，所以椭圆的短半轴
16、长：故答案为：【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查14（3分）已知一水平放置的三角形的平面直观图是边长为1的正三角形，那么原三角形的面积为【分析】根据平面图形的直观图与原图形的面积比为1：2，计算所求的面积即可【解答】解：ABC的直观图是边长为1的正三角形ABC，且ABC的面积为1，所以原ABC的面积为2故答案为：【点评】本题考查了平面图形与它的直观图面积的计算问题，是基础题15（3分）已知椭圆的上顶点为M，直线l与该椭圆交于P，Q两点，且点（1，0）恰为PQM的垂心，则直线l的方程为【分析】求出椭圆的上顶点为M，以及椭圆的焦点坐标，设出PQ的坐标，利用直线与椭圆的位置关系列
17、出不等式，然后求解直线l的方程【解答】解：由题意可知M（0，1），F（1，0），MF的方程：x+y10，设P（x1，y1），Q（x2，y2），点F为PQM垂心PQMF，设直线l方程：yx+b，MFPF，（x11）x2+（x1+b）（x2+b1）0，化简得x1x2+（x1+x2）（b1）+b（b+1）0yx+b代入椭圆得3x2+4bx+2b220，8b2+248（b23）0，x1+x2，x1x2代入x1x2+（x1+x2）（b1）+b（b+1）0，解得b1舍去或bl的方程为yx故答案为：yx【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查计算能力16（3分）若不全为零的实数
18、a，b，c成等差数列，点A（1，2）在动直线l：ax+by+c0上的射影为P，点Q在直线3x4y+120上，则线段PQ长度的最小值是1【分析】由已知得点P在以（1，0）为圆心，2为半径的圆上，线段PQ长度的最小值等于圆心（1，0）到直线3x4y+120的距离d减去圆半径2【解答】解：不全为零的实数a，b，c成等差数列，b，代入动直线l：ax+by+c0，得ax+c0，化为a（2x+y）+c（y+2）0，a，c不全为0，解得x1，y2，动直线l过定点Q（1，2），设点P（x，y），APQP（x1，y2）（x1，y+2）0，整理，得x2+y22x30，点P在以（1，0）为圆心，2为半径的圆上，点Q
19、在直线3x4y+120上，线段PQ长度的最小值等于圆心（1，0）到直线3x4y+120的距离d减去圆半径2，|PQ|min21故答案为：1【点评】本题考查线段长的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用三、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ABC中，A（2，2），B（4，0），C（3，1），ADBC，垂足为D（）求直线AD的方程；（）求过点D且平行于边AC的直线方程【分析】（）求出BC的斜率，根据垂直关系得出AD的斜率，利用点斜式写出AD的直线方程；（）写出BC的直线方程，求出点D的坐标，再求直线AC的
20、方程【解答】解：（）因为，ADBC，所以kAD7； （2分）所以AD的直线方程为y27（x2），即y7x12；（4分）（）因为BC的直线方程为，所以，解得，所以； （7分）又kAC3，所以AD的直线方程为y+3（x），即y3x+4 （10分）【点评】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题18（10分）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D为AC的中点（）求证：AB1平面C1BD；（）求证：平面BDC1平面AA1C1C【分析】（）连结B1C交BC1于E，连结ED证明AB1DE，推出AB1平面C1BD（）证明BD平
21、面AA1C1C，推出平面BDC1平面AA1C1C【解答】证明：（）连结B1C交BC1于E，连结ED在AB1C中，D，E分别为AC与B1C的中点，所以AB1DE，又AB1平面C1BD，DE平面C1BD，所以AB1平面C1BD （5分）（）因为BDAC，由平面ABC平面AA1C1C，所以BD平面AA1C1C，又BD平面BDC1，所以平面BDC1平面AA1C1C （1
22、0分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力19（10分）从原点O向圆M：作两条切线，切点分别为P，Q，记切线OP，OQ的斜率分别为k1，k2（）若圆心，求两切线OP，OQ的方程；（）若，求圆心M的轨迹方程【分析】（）圆M：，设切线为ykx，由相切列出方程，然后求解即可（）因为直线OP：yk1x，OQ：yk2x，与圆M相切，由直线和圆相切得：，转化求解轨迹方程即可【解答】解：（）圆M：，设切线为ykx，由相切得，解得，所以两切线OP，OQ分别为，（4分）（）因为直线OP：yk1x，OQ：yk2x，与圆M相切，由直线和圆相
23、切得：，（6分）整理得0，0，（8分）当时，k1，k2是方程的两个不相等的实数根，k1k2，因，则 （9分）当时，也满足因此圆心M的轨迹方程为 （10分）【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查点到直线的距离以及转化思想的应用，考查计算能力20（10分）如图，在四棱锥PABCD中，PAB是正三角形，四边形ABCD是正方形（）
24、求证：PCPD；（）若，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值【分析】（I）取AB的中点M及CD的中点N，连结PM，PN，MN证明AB平面PMNCD平面PMN，然后证明PCPD（II）法一：过B作BH平面PCD，垂足为H，连接PH，BH，BPH为直线PB与平面PCD所成角，过M作MFPN于F，设CD2，在等腰三角形PMN中可算得MF，然后求解直线PB与平面PCD所成角的正弦值法二：设PB与面PCD所成角为，设CD2，所以，以CD中点N为坐标原点，CD所在直线为x轴，MN所在直线为y轴，过N点且垂直于面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系求出面PCD法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可【解
25、答】解：（I）证明：取AB的中点M及CD的中点N，连结PM，PN，MN由PAB是正三角形，四边形ABCD是正方形得ABPM，ABMN，又PM，MN平面PMN，PMMNM，所以AB平面PMN因为ABCD，所以CD平面PMN，又PN平面PMN，所以CDPN，又CD的中点是N，所以PCPD（II）法一：过B作BH平面PCD，垂足为H，连接PH，BH，BPH为直线PB与平面PCD所成角，过M作MFPN于F，由CD平面PMN及MF平面PMN，得CDMF，又MFPN，PN，CD平面PCD，PNCDN，所以MF平面PCD由ABCD，AB平面PCD，CD平面PCD，得AB平面PCD于是点B到平面PCD的距离B
26、H等于点M到平面PCD的距离等于MF设CD2，则，PAPBABADBCMN2，计算得，PN2，在等腰三角形PMN中可算得，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值等于法二：设PB与面PCD所成角为，设CD2，所以，以CD中点N为坐标原点，CD所在直线为x轴，MN所在直线为y轴，过N点且垂直于面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系B（2，1，0），C（0，1，0），D（0，1，0），D（，0，），所以设面PCD法向量，所以，取z1，则所以【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定定理的应用，空间距离的求法，考查计算能力21（12分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4（）求椭圆C的
27、方程；（）若直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O在以AB为直径的圆上，OHAB于H点试求点H的轨迹方程【分析】（）利用椭圆的离心率以及长轴长，求出a，b，即可求椭圆C的方程；（）设A（x1，y1），B（x2，y2），若lx轴，可设H（x0，0），求出H坐标；当直线l的斜率存在且不为0时，设l：ykx+m，联立直线与椭圆方程，通过韦达定理，结合OAOB，通过直线OH的方程为联立直线方程，然后求解点H的轨迹方程【解答】解：（）由题意知，a2，所以c1，b23故椭圆C的方程为（3分）（）设A（x1，y1），B（x2，y2），若lx轴，可设H（x0，0），因OAOB，则A（x0，x0）由，得，即若ly轴，可设H（0，y0），同理可得（4分）当直线l的斜率存在且不为0时，设l：ykx+m，由，消去y得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120则（6分）由OAOB，得x1x2+y1y20故 ，即7m212（k2+1）（*）（8分）由OHAB，可知直线OH的方程为联立方程组，得（记为）（10分）代入（*）式，化简得综合（1）（2），可知点H的轨迹方程为（12分）【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力
