1、黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题 理（含解析）一.选择题（每题5分，共60分）1.已知双曲线的渐近线为，实轴长为，则该双曲线的方程为（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的焦点所在位置分两种情况讨论: 当双曲线的焦点在轴上时,; 当双曲线的焦点在轴上时,结合可解得.【详解】当双曲线的焦点在轴上时,又,即,所以,所求双曲线的方程为:;当双曲线的焦点在轴上时,又,即,所以,所以所求双曲线的方程为:.所以所求双曲线方程为: 或.故选：.【点睛】本题考查了根据双曲线的几何性质求双曲线方程,属于基础题.2.给出以下几个结论：(1)垂直于
2、同一直线的两条直线互相垂直；(2)垂直于同一平面的两个平面互相平行；(3)若，是两个平面，是两条直线，且，则；(4)若 ，是两个平面，是两条直线，则(5)若，是两个平面，是两条直线，则其中错误结论的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】根据直线与直线,直线与平面,平面与平面平行或垂直的定义,判定,性质定理逐个分析即可得到.【详解】对于(1),垂直于同一直线的两条直线可能平行,故(1)错误;对于(2),垂直于同一平面的两个平面可能相交,比如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但这两个侧面是相交的,故(2)错误;对于(3),当时,推不出,故(3)错误;对于(4),直线
3、可能在平面内,故(4)错误;对于(5),在平面内作直线的平行线,则,根据平面与平面垂直的性质定理可得,又,所以,故(5)正确.所以错误的结论的个数为4个.故选：.【点睛】本题考查了直线与直线,直线与平面,平面与平面平行或垂直的定义,判定,性质定理,属于中档题.3.已知一个三棱锥的高为，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为的等腰直角三角形（如图所示），则此三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法规则得出三棱锥底面三角形的形状和边长,可以计算出面积,再根据体积公式可求得.【详解】根据斜二测画法规则可得三棱锥的底面是一个直角三角形,两
4、条直角边边长分别为2和,所以三棱锥的底面面积为,根据三棱锥的体积公式可得其体积为,故选：.【点睛】本题考查了斜二测画法的规则以及三棱锥的体积公式,属于基础题.4.如图，长方体平面与长方体的各个面所形成的二面角的大小中不正确的有A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】平面与平面，所成的二面角的平面角分别为，分别求出角的大小，另外平面面，二面角的大小为。【详解】由已知可得平面与平面，所成的二面角的平面角分别为，另外平面面，二面角的大小为，平面与长方体的各个面所形成的二面角的大小有，。故选B。【点睛】本题考查二面角的求解，用二面角平面角的定义找到平面角是关键，是一道基础题。5.如图，网格纸
5、的小正方形的边长是，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图，还原空间结构体，根据空间结构体的特征及球、棱锥的体积公式求得总体积。【详解】根据空间结构体的三视图，得原空间结构体如下图所示：该几何体是由下面半球的和上面四棱锥的组成由三视图的棱长及半径关系，可得几何体的体积为 所以选A【点睛】本题考查了三视图简单应用，空间结构体的体积求法，属于中档题。6.过椭圆的左焦点做轴的垂线交椭圆于点，为其右焦点，若，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】把代入椭圆方程求得的坐标，进而根
6、据，推断出，整理得，解得即可【详解】已知椭圆的方程，由题意得把代入椭圆方程，解得的坐标为（，）或（，），即，或（舍去）故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的方程及其简单的几何性质，也考查了直角三角形的性质，属于基础题7.正三棱锥，侧棱，棱，分别是的中点，则与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】取的中点,连,则可得或其补角就是异面直线与所成的角,再根据正三棱锥可得,然后在直角三角形中可解得.【详解】如图:, 取的中点,连,则,所以或其补角就是异面直线与所成的角,因为几何体是正三棱锥,且, 所以,取的中点为,连,因为三角形为正三角形,所以,因为,所以,且,所以平面,所以
7、,因为,所以,所以在直角三角形中,因为,所以,所以,所以与所成的角为故选：.【点睛】本题考查了求异面直线所成角,解题关键是通过作平行线得到异面直线所成角,属于中档题.8.如图，在正四棱锥中，则二面角的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出二面角的平面角，利用余弦定理计算出二面角的余弦值.【详解】由于几何体为正四棱锥，故，在内分别作边上的高.故是二面角所成二面角的平面角.设，则，由于，故，则.由得，则在三角形中，.故选B.【点睛】本小题主要考查正四棱锥的几何性质，考查二面角余弦值的求法，属于中档题.9.中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国、秦、汉时期的数
8、学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖脐如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，若鳖牖的体积为l，则阳马的外接球的表面积等于（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据鳖牖的体积为l，求得，再根据阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线可求得求得直径，从而求得表面积【详解】由题意，因为平面，四边形为正方形，又由鳖牖的体积为，所以，解得，而阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线，所以，即，球的表面积为故选：A【点睛】本题主要考查了多面体与球的组合体的性质，以及球的体积
9、与表面公式计算，其中解答中得出阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题10.在四面体中，底面，为的重心，为线段上一点，且平面，则线段的长为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图，延长AG交BC于点H，过点G作GE/BC交AC于点E，过点E作EF/DC，交AD于点F，则平面EFG/平面BCD，又FG平面BCD，所以FG/平面BCD，又，所以,，所以.11.如图，在正方体中，是棱上的动点下列说法正确的是（ ）A. 对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线B. 对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线C. 当点从运动到的过程
10、中，二面角的大小不变D. 当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大【答案】C【解析】【分析】不论是在任意位置，平面即平面，再求解.【详解】因为在平面内，且平行平面，故A错误；平面即平面，又平面与平面斜相交，所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；平面即平面，平面与平面是确定平面，所以二面角不改变，故C正确；平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.故选C.【点睛】本题考查空间线面关系，属于综合题.本题的关键在于平面的确定.12.已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，则C的方程为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，
11、由余弦定理得，从而可求解.【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有在和中，由余弦定理得，又互补，两式消去，得，解得所求椭圆方程为，故选B【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养二.填空题（共20分）13.双曲线上的一点到一个焦点的距离等于1，那么点到另一个焦点的距离为 .【答案】17.【解析】试题分析：首先将已知的双曲线方程转化为标准方程，然后根据双曲线的定义知双曲线上的点到两个焦点的距离之差的绝对值为，
12、即可求出点到另一个焦点的距离为17.考点：双曲线的定义.14.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为_。【答案】3；【解析】【分析】由三视图还原几何体，根据垂直关系和勾股定理可求得各棱长，从而得到最长棱的长度.【详解】由三视图可得几何体如下图所示：其中平面，四棱锥最长棱为本题正确结果：【点睛】本题考查由三视图还原几何体的相关问题，关键是能够准确还原几何体中的长度和垂直关系，从而确定最长棱.15.圆锥底面半径为1，高为，点P是底面圆周上一点，则一动点从点P出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点P，则绕行的最短距离是_【答案】【解析】【分析】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对
13、应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，求出CD长，根据垂径定理求出PC=2CD，即可得出答案【详解】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即CP的长是蚂蚁爬行的最短路程，过A作ADPC于D，弧PC的长是21=2，则侧面展开图的圆心角是，DAC=，AC=3，所以.即蚂蚁爬行的最短路程是.故答案为：.【点睛】考查了平面展开最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决16.对于四面体，给出下列四个命题： 若，则；若，则点在平面内的射影为的
14、重心；若，则；若，则若，则点在平面内的射影为的外心其中真命题的序号是_【答案】【解析】【分析】根据线线垂直,线面垂直的判定或性质逐个分析可得.【详解】对于,如图: 取的中点,连,因为，,所以,又,所以平面,所以,故正确;对于,如图:连,则平面,所以,连并延长交于,因为,且,所以平面,所以,根据三垂线定理逆定理可得,同理可证,所以点为三角形的垂心,故不正确;对于,假设,取的中点,连,如图:则,与不垂直,如果,因为,且 ,则必然推出平面,从而推出,这显然与与不垂直相矛盾,故不成立,故不正确.对于,如图:过作平面,垂足为,因为,根据三垂线定理逆定理,可得,因为,根据三垂线定理逆定理,可得,所以点为三
15、角形的垂心,所以,根据三垂线定理可得,故正确;对于,如图: 设点是点在平面内的射影,则平面,因为,所以所以点为的外心,故正确.故答案为: .【点睛】本题考查了线线垂直,线面垂直的判定与性质,属于中档题.三.解答题（共70分）17.如图，在正方体中，为的中点（1）求证：平面；（2）求证：平面平面【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】(1) 令,连接,先证四边形是平行四边形,可得,再根据线面平行的判定定理可证;(2)先证平面,再根据面面垂直的判定定理可证.【详解】() 令,连接,如图:则四边形是平行四边形， ;又点,分别是的中点,则四边形是平行四边形，平面,平面所以 平面； (2
16、)证明:因为平面,所以在平面内的射影是,又因为为正方形,所以,所以根据三垂线定理可得,同理可证,因为 ,所以平面,因为平面，所以平面平面.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理与性质定理,属于中档题.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，侧面PAD为正三角形，且平面平面ABCD（1）求证：（2）若E为BC中点，试在PC上找一点F，使平面平面ABCD【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）由平面，即可证明，（2）由平面，即可证明平面平面.【详解】（1）证明：取的中点，连接 ，在底面菱形中，则平面，（2）为的中点，连接交于点，为的中点，则平面平面，平面，则平
17、面，平面平面.【点睛】本题考查了线线垂直及面面垂直的判定，属中档题.19.如图，在正方体中，分别是的中点。（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论。【答案】（1）；（2）存在点，满足，使得平面；证明见解析【解析】【分析】以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示空间直角坐标系：设正方体棱长为则，（1）设异面直线与所成角为，即异面直线与所成角的余弦值为：（2）假设在棱上存在点，使得平面则，设平
18、面的法向量，令，则， ，解得： 棱上存在点，满足，使得平面【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.20.如图，在四棱锥中，底面为菱形，点为的中点，且.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的余弦值;（3）在第（2）问的前提下，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)利用等边三角形可证,利用勾股定理计算可证,由线面垂直的判定定理可证平面.(2)建立空间直角坐标
19、系,利用两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值可求得;(3)转化为求向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值可求.【详解】（1）证明：连结OP，BD，如图:因为底面ABCD为菱形，故，又O为AD的中点，故在中，O为AD的中点，所以设，则，因为，所以（也可通过来证明），又因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；（2）因为，,平面POB，所以平面POB，又平面POB，所以由（1）得，又由，所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直故以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建系,如图:设，则，所以，由（1）知平面PAD，故可以取与平行的向量作为平面PAD的法向量设平面PBC
20、的法向量为，则，即 令，所以设平面PBC与平面PAD所成二面角为，显然为锐角,则,所以平面与平面所成二面角的余弦值为.（3）由(2)知,所以直线与平面PBC所成线面角的正弦值等于 .所以直线与平面PBC所成线面角的正弦值为【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理,二面角和线面角的向量求法,属于中档题.21.设抛物线的焦点为（1）过且斜率为的直线与抛物线交于，两点， 求的方程；（2）若斜率为的直线与抛物线的交点为，与轴的交点为若，求线段的长度【答案】（1）y=x1；（2）.【解析】【分析】(1)联立直线与抛物线方程,消去,得到关于的一元二次方程,根据韦达定理和抛物线的定义,可求得直线的斜率,从而可得
21、直线的方程;(2)联立直线与抛物线方程,消去得到关于的一元二次方程,根据韦达定理和,可求得的纵坐标,再根据两点间的距离公式可求得弦长.【详解】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2）由消去并整理得因为，故所以由抛物线定义得由题设知，所以,解得,，所以（舍去），所以,因此l的方程为y=x1（2），消去并整理得，则 ,设,，,因为, ,所以,，,所以,所以满足.因为,所以,所以 .故线段的长度为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,抛物线的定义,弦长公式,韦达定理,运算求解能力,属于中档题.22.在平面直角坐标系中，动点与两定点连线的斜率之积为，记点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）若
22、过点的直线与曲线交于两点，曲线上是否存在点使得四边形为平行四边形？若存在，求直线的方程，若不存在，说明理由；（3）过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点. 证明：是直角三角形.【答案】（1）=1（x2）；（2）不存在，理由详见解析；（3）详见解析.【解析】【分析】(1)设,根据=-列式化简可得;(2) 设直线l的方程为,与曲线联立,利用韦达定理和平行四边形可求出的坐标,代入曲线,解得,但不在曲线上,故而不存在.(3)设出直线的方程为,与曲线的方程联立,解得的坐标,由此可得的坐标,直线的方程,然后与曲线联立,解得的坐标,再利用斜率证明,从而可证.【详解】（1）设P（
23、x,y）,有=-得=-整理得=1（x2）曲线C的方程为=1（x2）（2）假设存在符合条件的点E,由题意知直线l的斜率不为零设直线l的方程为,点M坐标为（）、点N坐标为（）由消去并整理得：,+则+=由四边形OMEN为平行四边形，得到,所以,把点E坐标代入曲线C的方程得：,化简得，解得,即,此时不在曲线上,所以曲线上不存在点使得四边形为平行四边形.（3）证明:设直线的方程为,由题意可知,将直线的方程与曲线的方程联立,或,因为点P在第一象限，所以，因此点的坐标为,所以直线的斜率为，所以直线方程：，将直线方程与曲线的方程联立，消去并整理得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解所以有，代入直线方程中，得,所以点的坐标为，直线的斜率为; ,因为所以，因此是直角三角形；【点睛】本题考查了求动点轨迹方程,求直线与椭圆的交点坐标,斜率公式,直线方程,韦达定理,字母运算求解能力,属于难题.
