1、在半径为 1 的球面上，若 A，B 两点的球面距离为，则线段 AB 的长|AB| 6 （3 分）双曲线 H 的渐近线为 x+2y0 与 x2y0若 H 经过点 P（2，0） ，则双曲线 H 的方程为 7（3分） 设圆x2+y21上的动点P到直线3x+4y100的距离为d， 则d的最大值为 8 （3 分）若一组数据 x1，x2，x3，xn的总体方差为 3，则另一组数据 2x1，2x2，2x3， 2xn的总体方差为 9 （3 分）空间直角坐标系中，两平面 与 分别以（2，1，1）与（0，2，1） 为其法向量，若 l，则直线 l 的一个方向向量为 （写出一个方向向量的坐 标） 10 （3 分）四面体
2、 ABCD 中，ABCD2，ACADBCBD4，则异面直线 AB 与 CD 的夹角为 11 （3 分）若复数 z 满足|1z|1+z|2，则|z|的最小值为 12 （3 分）关于旋转体的体积，有如下的古尔丁（guldin）定理： “平面上一区域 D 绕区域 外一直线（区域 D 的每个点在直线的同侧，含直线上）旋转一周所得的旋转体的体积， 等于 D 的面积与 D 的几何中心（也称为重心）所经过的落程的乘积” 利用这一定理， 第 2 页（共 17 页） 可求得半圆盘，绕直线 x旋转一周所形成的空间图形的体积为 二、选择题二、选择题 13 （3 分）若一圆柱的侧面积等于其表面积的，则该圆柱的母线长与
3、底面半径之比为 （ ） A1：1 B2：1 C3：1 D4：1 14 （3 分）已知 z1，x2C “z1z20”是“|z1|+z220”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 15 （3 分）参数方程（R）表示的曲线是（ ） A圆 B椭圆 C双曲线 D抛物线 16 （3 分）设（x1，x2，x3，x4，x5）是 1，2，3，4，5 的一个排列，若（xixi+1） （xi+1 xi+2）0 对一切 i1，2，3恒成立，就称该排列是“交替”的 “交替”的排列的数目 是（ ） A8 B16 C24 D32 三、解答题三、解答题 17已知 m 是实数，关于
4、x 的方程 E：x2mx+（2m+1）0 （1）若 m2，求方程 E 在复数范围内的解； （2）若方程 E 有两个虚数根 x1，x2，且满足|x1x2|2，求 m 的值 18已知椭圆 E 的方程为+y21，其左焦点和右焦点分别为 F1，F2，P 是椭圆 E 上位于 第一象限的一点 （1）若三角形 PF1F2的面积为，求点 P 的坐标； （2）设 A（1，0） ，记线段 PA 的长度为 d，求 d 的最小值 19 设 是正实数， （1+x） 20 的二项展开式为 a0+a1x+a2x2+a20x20， 其中 a0， a1， ， 第 3 页（共 17 页） a20均为常数 （1）若 a312a2，
5、求 的值； （2）若 a5an对一切 n0，1，20均成立，求 的取值范围 20如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，ABm，点 M 是棱 CD 的中点 （1）求异面直线 B1C 与 AC1所成的角的大小； （2）是否存在实数 m，使得直线 AC1与平面 BMD1垂直？说明理由； （3）设 P 是线段 AC1上的一点（不含端点） ，满足，求 的值，使得三棱锥 B1 CD1C1与三棱锥 B1CD1P 的体积相等 21设抛物线的方程为 y24x，点 P 的坐标为（1，1） （1）过点 P，斜率为1 的直线 l 交抛物线于 U，V 两点，求线段 UV 的长； （2）设 Q 是抛物线
6、上的动点，R 是线段 PQ 上的一点，满足2，求动点 R 的轨 迹方程； （3）设 AB，CD 是抛物线的两条经过点 P 的动弦，满足 ABCD点 M，N 分别是弦 AB 与 CD 的中点，是否存在一个定点 T，使得 M，N，T 三点总是共线？若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，说明理由 第 4 页（共 17 页） 2018-2019 学年上海市杨浦区控江中学高二（下）期末数学试卷学年上海市杨浦区控江中学高二（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题一、填空题 1 （3 分）设直线 l：x+y20 的倾斜角为 ，则 的大小为 【分析】根据直线的方程求出斜率，再求直线
7、的倾斜角 【解答】解：直线 l：x+y20 化为 yx+2， 则直线的斜率为 k1， 设倾斜角为 ，且 0，） ， 则 故答案为： 【点评】本题考查了直线的斜率与倾斜角的应用问题，是基础题 2 （3 分）已知复数 z 满足（1+2i） （1+z）7+16i，则 z 的共轭复数 46i 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由（1+2i） （1+z）7+16i， 得 z1+， 故答案为：46i 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （3 分）在 3 男 2 女共 5 名学生中随机抽选 3 名学生参加某心理评测，则抽中的学生全
8、是 男生的概率为 （用最简分数作答） 【分析】 基本事件总数 n， 抽中的学生全是男生包含的 基本事件个数 m 1，由此能求出抽中的学生全是男生的概率 【解答】解：在 3 男 2 女共 5 名学生中随机抽选 3 名学生参加某心理评测， 基本事件总数 n， 抽中的学生全是男生包含的 基本事件个数 m1， 第 5 页（共 17 页） 则抽中的学生全是男生的概率为 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能 力，是基础题 4 （3 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1，二面角 ABDA1的大小为 arctan 【分析】连接 AC，ACBDO，连接
9、A1O，则A1OA 为二面角 ABDA1的平面角； 【解答】解：连接 AC，ACBDO，连接 A1O，则A1OA 为二面角 ABDA1的平 面角 设正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a， AO， tanA1OA； 所以A1OAarctan 故答案为：arctan 【点评】本题考查面面角与线面角，解题的关键是确定线面角与面面角，属于基础题 5 （3 分）在半径为 1 的球面上，若 A，B 两点的球面距离为，则线段 AB 的长|AB| 第 6 页（共 17 页） 【分析】若 A，B 两点的球面距离为，则 AB 弧所对的大圆的圆心角为，在扇形 AOB 中解决即可 【解答】解：依题意，若 A，
10、B 两点的球面距离为，则 AB 弧所对的大圆的圆心角为 ， 所以扇形 OAB 如图， （O 为球心） ， 设 C 为 AB 中点，连接 OC，则 OCAB， 所以 OC 平分AOB， 所以AOC， 所以 AB2AC2AO 故答案为： 【点评】本题考查了球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题 6 （3 分）双曲线 H 的渐近线为 x+2y0 与 x2y0若 H 经过点 P（2，0） ，则双曲线 H 的方程为 1 【分析】根据题意，双曲线的渐近线方程是 x2y0，因此设双曲线方程为 x24y2 （0） ，代入 P 的坐标求出 4，即可求出双曲线的标准方程 【解答】解：双曲线的一条渐近线方程
11、是 x2y0， 双曲线的另一条渐近线方程是 x+2y0 因此，设双曲线方程为（x+2y） （x2y）（0） ， 即 x24y2（0） 第 7 页（共 17 页） 双曲线经过点 P（2，0） ，4， 可得双曲线的方程为 x24y24 化成标准方程得：1 故答案为：1 【点评】本题已知双曲线满足的条件，求双曲线的标准方程着重考查了双曲线的标准 方程与简单几何性质等知识，考查了有共同渐近线的双曲线方程的设法，属于基础题 7（3 分） 设圆 x2+y21 上的动点 P 到直线 3x+4y100 的距离为 d， 则 d 的最大值为 3 【分析】圆心（0，0）到直线 3x4y100 的距离等于2，用 2
12、加上半径 1，即为所求 【解答】解：圆 x2+y21 的圆心（0，0）到直线 3x4y100 的距离等于 2， 故圆 x2+y21 上的动点 P 到直线 3x4y100 的距离的最大值为 2+13， 故答案为：3 【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，求出圆心（0，0）到直 线 3x4y100 的距离，是解题的关键 8 （3 分）若一组数据 x1，x2，x3，xn的总体方差为 3，则另一组数据 2x1，2x2，2x3， 2xn的总体方差为 12 【分析】设第一组数据的平均数，利用方差公式：每一个（样本数据平均数）的平方 相加再除以样本总量可得计算结果； 【解答】解：样本 x1
13、、x2、xn的平均数为： ，方差为：s2 3， 另一组数据 2x1，2x2，2x3，2xn； 另一组数据中的各个数据都扩大 2 倍，代入上面公式则新数据的平均数扩大 2 倍，方 差扩大其平方倍即 22倍， 样本 2x1，2x2，2x3，2xn的方差为：22312， 故答案为：12 【点评】本题考查样本数字特征故居总体，考查平均数，方差计算公式，属于基础题 第 8 页（共 17 页） 9 （3 分）空间直角坐标系中，两平面 与 分别以（2，1，1）与（0，2，1） 为其法向量，若 l，则直线 l 的一个方向向量为 （，1，2） （写出一个方 向向量的坐标） 【分析】设直线 l 的一个方向向量为
14、（x，y，z） ，运用向量垂直的条件：数量积为 0， 化简可得所求向量 【解答】解：设直线 l 的一个方向向量为 （x，y，z） ， 由两平面 与 分别以（2，1，1）与（0，2，1）为其法向量， 可得 2x+y+z0， 2y+z0， 可得 z2y，xy， 可设 y1，则 x，z2， 可得 （，1，2） 故答案为： （，1，2） 【点评】本题考查空间向量的数量积的坐标表示，考查方程思想和运算能力，属于基础 题 10 （3 分）四面体 ABCD 中，ABCD2，ACADBCBD4，则异面直线 AB 与 CD 的夹角为 【分析】取 AB 中点 E，连接 CE，DE，由已知可得 CEAB，EDAB，
15、再由线面垂直的 判定可得 AB平面 CED，从而得到异面直线 AB 与 CD 的夹角为 【解答】解：如图， 第 9 页（共 17 页） 取 AB 中点 E，连接 CE，DE， ACBC，CEAB， ADBD，EDAB， 又 CEDEE，AB平面 CED，则 ABCD 即异面直线 AB 与 CD 的夹角为 故答案为： 【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查数学转化思想方法，是中档题 11 （3 分）若复数 z 满足|1z|1+z|2，则|z|的最小值为 1 【分析】利用复数的运算法则和模的计算公式放缩后解不等式即可得出 【解答】解：设 za+bi；|1z|1+z|2， 即：2 ， 令|z|t
16、 （t0） ， 则 t2a2+b2， 所以 24t4+2t2+14a2， 因为 a20，所以 4t4+2t2+1， 所以 t4+2t230， 解得：t21 或者 t23（舍） ， 所以 t1， 故答案为：1 【点评】本题考查了复数的运算法则和模的计算公式，复数求模，属中档题 12 （3 分）关于旋转体的体积，有如下的古尔丁（guldin）定理： “平面上一区域 D 绕区域 外一直线（区域 D 的每个点在直线的同侧，含直线上）旋转一周所得的旋转体的体积， 等于 D 的面积与 D 的几何中心（也称为重心）所经过的落程的乘积” 利用这一定理， 可求得半圆盘，绕直线 x旋转一周所形成的空间图形的体积为
17、 2 第 10 页（共 17 页） 【分析】 设几何中心到原点的距离为 x， 将半圆绕 y 轴旋转一周得到一个半径为 1 的球体， 从而 2x （），解得 x，再根据古尔丁（guldin）定理求绕直 线 x旋转一周所形成的空间图形的体积即可 【解答】 解： 显然半圆的几何中心在半圆与 x 轴的交线上， 设几何中心到原点的距离为 x， 则由题意得： 2x （），解得 x， 所以几何中心到直线 x的距离为：+， 所以得到的几何体的体积为：V（2） （）2 故答案为：2 【点评】本题考查了对古尔丁（guldin）定理的理解与应用，考查分析解决问题的能力， 本题属于中档题 二、选择题二、选择题 13
18、（3 分）若一圆柱的侧面积等于其表面积的，则该圆柱的母线长与底面半径之比为 （ ） A1：1 B2：1 C3：1 D4：1 【分析】设圆柱的底面圆半径为 r，母线长为 l，根据题意列方程求得圆柱的母线长与底 面半径之比 【解答】解：如图所示， 设圆柱的底面圆半径为 r，母线长为 l， 第 11 页（共 17 页） 则圆柱的侧面积为 S侧面积2rl， 表面积为 S表面积2r2+2rl， 则 2rl（2r2+2rl） ， 化简得 l2r， 即圆柱的母线长与底面半径之比为 l：r2：1 故选：B 【点评】本题考查了圆柱的侧面积与表面积的计算问题，是基础题 14 （3 分）已知 z1，x2C “z1z
19、20”是“|z1|+z220”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 【分析】利用复数的运算根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可 【解答】解：已知 z1，x2C若： “z1z20”可以推出“|z1|+z220” ； 若： “|z1|+z220” ；设 Z1a+bi，Z2c+di，|Z1|；Z22c2+2cdid2 即： ，+c2+2cdid20； 即：+c2d2+2cdi0；可得+c2d20；2cd0；cd 中可能全为 0， 或 cd 中有 c 为 0，d0； 故： “|z1|+z220”推不出“z1z20” 所以：已知 z1，x2C “z1z
20、20”是“|z1|+z220”的充分不必要条件； 故选：A 【点评】本题主要考查复数的运算，充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要 条件的定义是解决本题的关键 15 （3 分）参数方程（R）表示的曲线是（ ） A圆 B椭圆 C双曲线 D抛物线 【分析】由（R） ，得，然后利用同角三角函数 的基本关系即可得到关于 x，y 的方程，再判断方程表示的曲线即可 【解答】解：由（R） ，得， （2x+y）2+（x2y）225，即 x2+y25， 第 12 页（共 17 页） 表示以（0，0）为圆心，为半径的圆 故选：A 【点评】本题考查了参数方程化为普通方程和同角三角函数的基本关系，考查了消元法，
21、 属基础题 16 （3 分）设（x1，x2，x3，x4，x5）是 1，2，3，4，5 的一个排列，若（xixi+1） （xi+1 xi+2）0 对一切 i1，2，3恒成立，就称该排列是“交替”的 “交替”的排列的数目 是（ ） A8 B16 C24 D32 【分析】由已知可得：xixi+1与 xi+1xi+2异号，有两种情况： （1）xixi+10 且 xi+1 xi+20； （2）xixi+10 且 xi+1xi+20，分别讨论可以求得结果，也可以列举得解 【解答】解：由已知可得：xixi+1与 xi+1xi+2异号，有两种情况： （1）xixi+10 且 xi+1xi+20，此时 当第二和
22、第四位是 1 或 2 时，有12 种； 当第一位是 2，第二位和第四位是 1 或 3 时有4 种， 共计 12+416 种 （2）xixi+10 且 xi+1xi+20，此时 当第二位和第四位是 4 或 5 时，有12 种； 当第一位是 2，第二位和第四位是 3 或 4 时，有4 种， 共计 12+416 种 综上可得，一共有 16+1632 种 故选：D 【点评】本题考查分类计数原理，属于难度较大题目 三、解答题三、解答题 17已知 m 是实数，关于 x 的方程 E：x2mx+（2m+1）0 （1）若 m2，求方程 E 在复数范围内的解； （2）若方程 E 有两个虚数根 x1，x2，且满足|
23、x1x2|2，求 m 的值 【分析】 （1）将 m2 代入方程中，然后在复数范围内解方程； 第 13 页（共 17 页） （2）设 x1a+bi，则 x2abi，然后由根与系数的关系可得 x1+x22am， ，再根据条件解出 m 【解答】解： （1）当 m2 时，x2mx+（2m+1）x22x+50， x，x1+2i 或 x12i 方程 E 在复数范围内的解为 x1+2i 或 x12i； （2）方程 E 有两个虚数根 x1，x2， 根据实系数多项式虚根成对定理，不妨设 x1a+bi，则 x2abi， x1+x22am， |x1x2|2bi|2，b21， m0 或 m8 【点评】本题考查了实系数
24、多项式虚根成对定理和复数的代数形式，考查了计算能力， 属基础题 18已知椭圆 E 的方程为+y21，其左焦点和右焦点分别为 F1，F2，P 是椭圆 E 上位于 第一象限的一点 （1）若三角形 PF1F2的面积为，求点 P 的坐标； （2）设 A（1，0） ，记线段 PA 的长度为 d，求 d 的最小值 【分析】 （1）利用三角形 PF1F2的面积为等于 SPF1F2|F1F2|y，可求点 P 的坐标； （2）设 A（1，0） ，记线段 PA 的长度为 d，表达 d 的函数，利用 P（x0，y0） ；2x00， 可求 d 的最小值 【解答】解：椭圆 E 的方程为+y21，其左焦点和右焦点分别为
25、F1，F2， 所以：椭圆的顶点坐标（2，0） ； （0，1） ，焦点：F1（，0） ，F2（，0） ， |F1F2|2； P 是椭圆 E 上位于第一象限的一点，设 P（x，y） ；2x0，y0； （1）若三角形 PF1F2的面积为，即：SPF1F2|F1F2|y； 解得：y， 第 14 页（共 17 页） 因为 P 是椭圆 E 上位于第一象限的一点，满足椭圆的方程，代入椭圆方程得： x1， 所以：点 P 的坐标 P（1，） ； （2）设 A（1，0） ，记线段 PA 的长度为 d，P 是椭圆 E 上位于第一象限的一点， 设 P（x0，y0） ；2x00，y00； 所以：d 当 2x00，x0时
26、，d 有最小值， d 的最小值 d 【点评】本题考查椭圆的性质的综合运用，椭圆区曲线的最值问题，属于中档题 19 设 是正实数， （1+x） 20 的二项展开式为 a0+a1x+a2x2+a20x20， 其中 a0， a1， ， a20均为常数 （1）若 a312a2，求 的值； （2）若 a5an对一切 n0，1，20均成立，求 的取值范围 【分析】 （1）根据通项公式列式可得； （2）假设第 r+1 项系数最大，依题意得，解得r ，根据 a5最大列式可得 【解答】解： （1）通项公式为 Tr+1Crxr，r0，1，2，20 由 a312a2得，C312C2，解得 2 （2）假设第 r+1
27、项系数最大，依题意得，解得r ， ，解得 【点评】本题考查了二项式定理，属中档题 20如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，ABm，点 M 是棱 CD 的中点 第 15 页（共 17 页） （1）求异面直线 B1C 与 AC1所成的角的大小； （2）是否存在实数 m，使得直线 AC1与平面 BMD1垂直？说明理由； （3）设 P 是线段 AC1上的一点（不含端点） ，满足，求 的值，使得三棱锥 B1 CD1C1与三棱锥 B1CD1P 的体积相等 【分析】 （1）连接 BC1，可得 B1CBC1，再由 ABCDA1B1C1D1为长方体，可得 AB B1C，得 B1C平面 ABC
28、1，则 B1CAC1，可得异面直线 B1C 与 AC1所成的角的大小为 90； （2） 当 m时， CM， 利用三角形相似可得CABMBC， 结合CAB+ACB 90，得MBC+ACB90，即 ACBM，同理可证 AC1D1M，再由线面垂直的 判定可得直线 AC1平面 BMD1； （3）利用等体积法求解时，三棱锥 B1CD1C1与三棱锥 B1CD1P 的体积 相等 【解答】解： （1）连接 BC1，由四边形 BCC1B1为正方形，可得 B1CBC1， 又 ABCDA1B1C1D1为长方体，可得 ABB1C，而 ABBC1B， B1C平面 ABC1，而 AC1平面 ABC1，B1CAC1， 即异
29、面直线 B1C 与 AC1所成的角的大小为 90； （2）存在实数 m，使得直线 AC1与平面 BMD1垂直 事实上，当 m时，CM， BC1，则 RtABCRtBCM， 则CABMBC， CAB+ACB90，MBC+ACB90，即 ACBM， 又 CC1BM，ACCC1C，BM平面 ACC1，则 BMAC1， 同理可证 AC1D1M， 第 16 页（共 17 页） 又 D1MBMM，直线 AC1平面 BMD1； （3）， ， 设 AC1 与平面 B1CD1 的斜足为 O，则 AO2OC1， 在线段 AC1上取一点 P，要使三棱锥 B1CD1C1与三棱锥 B1CD1P 的体积相等， 则 P 为
30、 AO 的中点，即 【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与 思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题 21设抛物线的方程为 y24x，点 P 的坐标为（1，1） （1）过点 P，斜率为1 的直线 l 交抛物线于 U，V 两点，求线段 UV 的长； （2）设 Q 是抛物线上的动点，R 是线段 PQ 上的一点，满足2，求动点 R 的轨 迹方程； （3）设 AB，CD 是抛物线的两条经过点 P 的动弦，满足 ABCD点 M，N 分别是弦 AB 与 CD 的中点，是否存在一个定点 T，使得 M，N，T 三点总是共线？若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，
31、说明理由 【分析】 （1）根据条件表示出直线 l，与抛物线方程联立，利用根与系数关系即可求出线 段 UV 的长； （2）设 R（x0，y0） ，Q（x，y） ，利用2，即可整理出点 R 的轨迹方程； （3）表示出直线 AB 的方程并与抛物线方程联立，表示出 M 坐标，同理得到 N 点坐标， 进而表示出 MN 的方程，即可求出其所过定点 T 【解答】解： （1）根据条件可知直线 l 方程为 y（x1）+1，即 x+y20， 联立，整理得 x28x+40， 第 17 页（共 17 页） 则 xU+xV8，xUxV4， 所以线段 UV|xUxV|4； （2）设 R（x0，y0） ，Q（x，y） ，则
32、（x01，y01） ，（xx0，yy0） ， 根据2， 则有 2 （xx0） x01， 2 （yy0） y01， 所以 x， y， 因为点 Q 在抛物线上，所以（）24，整理得（3y01）28（3x0 1） ， 即点 R 的运动轨迹方程为（3y1）28（3x1） ； （3）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x3，y3） ，D（x4，y4） ， 根据题意直线 AB，CD 的斜率存在且不为 0，不妨设 AB 的方程为 yk（x1）+1， 联立，整理得 k2x22（k2k+2）x+（1k）20， 则 x1+x2，所以可得 M（，） ，同理可得 N（1+k+2k2，k） ， 则 kMN 所以直线 MN 的方程为 yx（1+k+2k2）k（x3） ，即直线 MN 必过点（3，0） ， 故存在一个定点 T（3，0） ，使得 M，N，T 三点总是共线 【点评】本题考查点的轨迹方程，考查直线与抛物线形成线段长度，考查直线恒过定点 问题，综合性较强，属于中档题
