1、上海市虹口区2019-2020学年高二数学下学期期末考试试题（含解析）一. 填空题1.若( 是虚数单位)是关于的实系数方程的一个根，则等于_.【答案】【解析】【分析】把代入方程，化简得，利用复数相等定义得解.【详解】是关于的实系数方程的一个根, 故答案为：1【点睛】求解与复数概念相关问题的技巧:复数的分类、复数的相等、复数的模及共轭复数的概念都与复数的实部、虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即的形式，再根据题意求解2.已知直线，若，则实数的值等于_.【答案】【解析】【分析】利用两直线平行的公式：可以建立等量关系，从而求出结果.【详解】解：，所以，解得：，检
2、验，当时，与不重合，满足题意.故答案为：.【点睛】本题考查两条直线平行的直线方程的系数关系，属于基础题.3.在平面直角坐标系中，若，则点的轨迹方程为_.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义，可判定点的轨迹为双曲线，按照双曲线的概念即可求出轨迹方程.【详解】解：，所以点的轨迹是以两点为焦点，以8为实轴长的双曲线.即，所以，所以双曲线的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查定义法求双曲线的标准方程，熟记定义是解题的关键，本题属于基础题.4.在长方体中，则直线与所成的角的大小等于_.【答案】【解析】【分析】连接，可得直线与所成的角为，利用余弦定理求即可.【详解】解：如图，连接，由长方体的结构特点可
3、知，则直线与所成的角为（或其补角），因为，在中，.故答案为：.【点睛】本题考查异面直线所成的角，关键是要通过平移找到异面直线所成的角的平面角，是基础题.5.过抛物线的焦点且与对称轴垂直的弦长为_【答案】4【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，然后求解对称轴垂直的弦长【详解】抛物线的焦点，可得：，解得可得：对称轴垂直的弦长为：4故答案为4【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力6.如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为_.【答案】【解析】【分析】推导出，从而B（5，4，0），由此能求出的坐标.【详解】解：以长方体的顶点
4、为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，的坐标为，B（5，4，0），的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查向量的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.7.一个袋中装有9个形状大小完全相同的球，球的编号为1，2，9，随机摸出两个球，则两个球编号之和为奇数的概率是_.(结果用分数表示)【答案】【解析】【分析】利用组合知识，先得到从编号为1，2，9的9个球中随机摸出两个球的基本事件总数，若两数之和为奇数，则一奇一偶，再得到两个球编号之和为奇数其基本事件数，代入古典概型的概率公式求解.【详解】从编号为1，2，9的9个球中随机摸出两个球的基本事件总数为：
5、，若两数之和为奇数，则一奇一偶，所以两个球编号之和为奇数的基本事件数为：，所以两个球编号之和为奇数的概率是.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率以及组合问题，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.8.已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】求得的系数，由此求得的值.【详解】依题意可知是的系数，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式有关计算，属于基础题.9.棱长为的正方体的顶点到截面的距离等于_.【答案】【解析】【分析】根据勾股定理可以计算出，这样得到是直角三角形，利用等体积法求出点到的距离.【详解】解：如图所示，在三棱锥中，是三棱锥的高，在中，,所以是直角三角形，设点到
6、的距离为 ，.故A到平面的距离为故答案为：【点睛】本题考查了点到线的距离，利用等体积法求出点到面的距离.是解题的关键.10.在平面直角坐标系中，直线(为参数)与圆(为参数)相切，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】把直线和圆的参数方程都化为普通方程，由直线与圆相切可得，故可求出的值【详解】解：将圆的参数方程为参数）化为普通方程是；将直线参数方程为参数）化为普通方程是；由于直线与圆相切，则可草图如右：所以圆心到直线的距离是，即；解得，则，或；故答案为：【点睛】本题考查参数方程的应用问题，应先把参数方程化为普通方程，再利用直线与圆的位置关系进行解答，属于基础题11.我们知道：用平行于圆锥母线的
7、平面(不过顶点)截圆锥，则平面与圆锥侧面的交线是抛物线一部分，如图，在底面半径和高均为2的圆锥中，是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的圆锥曲线的一部分，则该圆锥曲线的焦点到其准线的距离等于_.【答案】【解析】【分析】如图所示，过点作，垂足为由于是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为2，可得在平面内建立直角坐标系设抛物线的方程为，为抛物线的焦点可得，代入解出即可【详解】解：如图所示，过点作，垂足为是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为2，在平面内建立直角坐标系设抛物线的方程为，为抛物线的焦点因， ，解得即点为的中点，该抛物线的焦点到其准线的距离为，故
8、答案为：【点睛】本题考查了圆锥的性质、抛物线的标准方程，考查了转变角度解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12.已知点，圆上的两个点满足()，则的最大值为_.【答案】12【解析】【分析】首先可以判断、三点共线，设的中点为,分别过、作直线的垂线、，根据点到直线的距离公式可得，即，再判断的轨迹，从而求出的最值，从而得解；【详解】解：设圆的圆心为，因为()，所以、三点共线，设的中点为,分别过、作直线的垂线、，则，则，所以，因为是的中点，所以，所以在以为直径的圆上，且，即半径为1，圆心为坐标原点，点到的距离，所以所以的最大值为故答案为：【点睛】本题考查点到直线的距离公式的应用，直线与圆
9、的综合应用，属于中档题.13.抛物线的焦点到准线的距离等于_.【答案】【解析】【分析】先将抛物线方程，转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可.【详解】因为抛物线方程是，转化为标准方程得：，所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为 准线方程为：，所以焦点到准线的距离等于.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.14.求圆上的点到直线的距离的最大值_.【答案】6【解析】【分析】先求得圆心到直线的距离为，结合圆的性质，即可求解圆上的点到直线的距离的最大值，得到答案.【详解】由题意，圆，可得圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的距离的最大
10、值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式的综合应用，属于基础题.二. 选择题15.设，是两个不同的平面，是直线且“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，和没有公共点，即能得到；“”是“”的必要不充分条件故选B考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据
11、面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.16.设分别是椭圆()的左右焦点，过的直线与椭圆相交于两点，且，则的长为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】由椭圆的定义得：，结合条件可得，即可得答案.【详解】由椭圆的定义得：，又，所以，由椭圆知，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，考查学生基本运算能力.17.方程为的曲线，给出下列四个结论： 关于轴对称； 关于坐标原点对称； 关于轴对称； ，；以上结论正确的个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】中，用代替，可判定曲线关于轴对称；中，用代
12、替，用代替，可判定曲线不关于原点对称；中，用代替，可判定曲线不关于轴对称；中，化简方程和，得出不等式，即可求解.【详解】由题意，方程，对于中，用代替，可得方程，所以方程表示的曲线关于轴对称；对于中，用代替，用代替，可得方程，所以方程表示的曲线不关于原点对称；对于中，用代替，可得方程，所以方程表示的曲线不关于轴对称；对于中，方程，可化为，可得，解得，又由，即，解得.综上可得是正确的.故选：B.【点睛】本题主要考查了曲线与方程为背景下的命题的真假判定，其中解答中熟练应用曲线的对称性和函数的基本性质，得出不等式关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.18.如图，正方体的棱长为1，
13、为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为，给出下列三个结论： 当时，为四边形； 当时，为等腰梯形； 当时，的面积为；以上结论正确的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题意作出满足条件的图形，由线线，线面，面面关系结合正方体的结构特征找出截面再论证得到结论.【详解】当时，即Q为CC1中点时，如图所示：因为平面平面，所以 ，又，所以截面APQD1为等腰梯形，故正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足，如图所示：故可得截面APQM为四边形，故正确；当时，Q与C1重合，如图所示：取的中点F，连接AF， 因为平面平面，所以，且
14、，又，所以截面APC1F为菱形，所以其面积，故正确.故选：D【点睛】本题主要考查命题的真假判断以及正方体的截面问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题.19.正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，三棱锥的体积记为，三棱锥的体积记为，则以下结论正确的是（ ）A. B. C. D. 与的大小关系不能确定【答案】B【解析】【分析】利用三棱锥的体积公式，由两棱锥的底面积相同，高相同即可判断.【详解】由为正方体，则，平面，平面，所以平面，因为为线段上的动点，所以到平面的距离与到平面的距离相等，所以，即.故选：B【点睛】本题考查了三棱锥的体积公式，同时考查了线面平行的判定定理、线面平行的性
15、质，属于基础题.三. 解答题20.已知是虚数单位，复数满足方程()，求实数的值.【答案】，.【解析】【分析】利用复数的乘除运算化简，再利用复数模的求法、共轭复数的概念、复数相等即可求解.【详解】，所以，由，所以，.【点睛】本题考查了复数的四则运算、复数的模、共轭复数的概念以及复数相等，属于基础题.21.已知双曲线()，直线与交于两点.（1）若点是双曲线的一个焦点，求的渐近线方程；（2）若点的坐标为，直线的斜率等于1，且，求双曲线的渐近线方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1），,根据双曲线中求出，则可得渐近线方程；（2）联立直线与双曲线，利用韦达定理求出弦长与已知弦长相等，可解得
16、，则可得到渐近线方程.【详解】（1）依题意，所以，所以，所以，又，所以双曲线的渐近线方程为.（2）依题意可得直线的方程为：，将其代入并整理得：，因为直线与交于两点，所以， 设，所以，所以，所以，解得或，因为，所以双曲线的渐近线方程为或.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，考查了直线与双曲线的位置关系，考查了双曲线的渐近线方程，属于基础题.22.已知三棱锥(如图一)的平面展开图(如图二)中，为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中，（1）求证：；（2）求与平面所成的角的大小；（3）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）取的中点，连，通过证明平面，可
17、以得到；（2）根据题意可以证明平面，从而可知就是与平面所成的角；容易计算得到其大小；（3）取的中点，连，易证得就是二面角的平面角，然后在直角三角形中求得结果即可.【详解】（1）证明：取的中点，连，如图：根据展开图可知，所以，又，所以平面，因为平面，所以（2）根据展开图可知，且，所以，又，所以，所以平面，所以就是与平面所成的角，且，所以与平面所成的角的大小为.（3）取的中点，连，如图：由（2）可知，由（1）知，且，所以平面，所以，根据等腰三角形的性质易得，又，所以平面，所以，所以就是二面角的平面角，在直角三角形中，在直角三角形中，由题知二面角为锐角，所以.【点睛】本题考查了直线与平面垂直判定和性
18、质，考查了直线与平面所成角和二面角的求法，解题关键是根据展开图得到几何体中的角度和长度，属于中档题.23.焦距为的椭圆()，如果满足“”，则称此椭圆为“等差椭圆”.（1）如果椭圆()是“等差椭圆”，求的值；（2）如果椭圆 ()是“等差椭圆”，过作直线与此“等差椭圆”只有一个公共点，求此直线斜率；（3）椭圆()是“等差椭圆”，如果焦距为12，求此“等差椭圆”的方程；（4）对于焦距为12的“等差椭圆”，点为椭圆短轴的上顶点，为椭圆上异于点的任一点，为关于原点的对称点(也异于)，直线分别与轴交于两点，判断以线段为直径的圆是否过定点？说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）；（4）是过定点，理由见解析
19、；【解析】【分析】（1）联立与，消去，化简可得结果；（2）联立直线与椭圆方程，根据判别式等于0，可解得结果；（3）联立解出即可得到结果.（4）设，则，利用直线方程求出的坐标，进而求出以线段为直径的圆的方程，根据圆的方程得到定点坐标.【详解】（1）因为椭圆()是“等差椭圆”，所以，所以，又，所以，化简得.（2）显然直线有斜率，设为，则直线，由（1）知，所以椭圆方程为：，联立，消去并整理得，因为直线与此“等差椭圆”只有一个公共点，所以，化简得，所以.（3）因为，所以，所以，又，联立，解得，所以此“等差椭圆”的方程为：.（4）是过定点，理由如下：由（3）可知椭圆方程为：，所以，设，则，所以直线的方程
20、为：，令，得，所以，同理可得，所以以为直径的圆的方程为，结合，化简得 ，令，得，所以该圆恒过定点.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了直线与椭圆相切，考查了圆的方程，考查了运算求解能力，属于中档题.24.定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积；（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积和表面积.【答案】（1），；（2），；（3），.【解析】【
21、分析】（1）根据球的体积和表面公式计算可得结果；（2）依题意可知围成的几何体是一个圆柱和两个半球的组合体，依据公式即可求得结果；（3）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案.【详解】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，表面积为，（2）到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为，表面积为.（3）到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，其体积为，表面积为.【点睛】本题考查了空间想象能力，考查了长方体、圆柱、球的体积和表面积公式，解题关键是根据定义得到几何体是由哪些几何体组合而成，属于难题.