1、浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高二数学下学期阶段性评估试题（含解析）考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、选择题：本大题共10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.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将直线方程变为斜截式,根据斜率与倾斜角关系可直接求解.【详解】直线变形为 所以 设倾斜角为 则 因为 所
2、以故选:B【点睛】本题考查了直线方程中倾斜角与斜率的关系,属于基础题.2.已知复数，表示复数的共轭复数，则复数的模是（ ）A. B. 25C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】首先根据题中所给的复数，求出，应用复数乘法运算求得，利用复数模的公式求得结果.详解】，所以，故选：C【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的共轭复数，复数的乘法运算，复数的模，属于基础题目.3.若曲线在点处的切线方程为，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义可知，即可解出【详解】因为，所以，即，故选：D【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，以及复合函
3、数的导数计算，属于基础题4.二项式展开式中的常数项为（ ）A. 36B. 84C. 72D. 126【答案】B【解析】【分析】写出二项展开式通项公式，令的指数为0，得出常数项的项数，即可得常数项【详解】展开式通项公式为，令，得，所以常数项为故选：B【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键5.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】由线面垂直的判定定理可判断A，由线面平行的性质定理可判断B，由面面平行的性质定理可判断C，由线面平行的性质定理可判断D.【详解】解：对于A，由线面垂直
4、的判定定理可知当直线垂直平面内的两条相交直线时，才成立，所以A不正确；对于B，若，则或，异面，所以B不正确；对于C，由面面平行的性质定理可知是正确的，对于D，若，则，有可能相交、平行或异面，所以D不正确，故选：C【点睛】此题考查了线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题.6.在中，“”是“为直角三角形”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件，必要条件的定义即可求出【详解】当时，即，即，所以为直角三角形；当为直角三角形时，直角不一定是角，当直角不是角时，
5、；所以“”是“为直角三角形”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，以及向量数量积的定义的理解，属于基础题7.定点，动点Q在圆上，线段的垂直平分线交于点M（O为坐标原点），则动点M的轨迹是（ ）A. 圆B. 直线C. 双曲线D. 椭圆【答案】D【解析】【分析】根据中垂线的定义可知，再根据，即可根据椭圆的定义可知动点M的轨迹是椭圆【详解】如图所示：因为，所以，因此点的轨迹是以为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆故选：D【点睛】本题主要考查利用椭圆的定义求轨迹方程，属于基础题8.已知中，平面外一点P满足，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】
6、B【解析】【分析】由已知可得棱锥顶点在底面投影为的外心，则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径【详解】解：因为，棱锥顶点在底面投影为的外心，则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径，是等腰直角三角形，斜边，如图在中，则，设外接圆半径为，则解得则三棱锥外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积故选：B【点睛】本题考查的知识点是球的表面积，根据已知求出球的半径是解答的关键，属于中档题9.已知第一象限内的点M既在双曲线上，又在抛物线上，设的左、右焦点分别为、，若的焦点为，且是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的左、右焦点分别为、，的焦点为，得到抛物线
7、的准线方程，为：，过M作MA垂直准线，利用抛物线的定义得到，则四边形是正方形，从而是等腰直角三角形，然后再利用双曲线的定义结合离心率公式求解.【详解】因为的左、右焦点分别为、，的焦点为，所以抛物线的准线方程为：，又因为是以为底边的等腰三角形，过M作MA垂直准线，如图所示：则，所以四边形是正方形，则是等腰直角三角形，所以，所以，又，所以，即，解得.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线、抛物线几何性质以及平面几何的知识，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.10.三棱锥中，且，侧面为正三角形.若三棱锥的体积，则线段长度的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】
8、作出棱锥的高，由体积及三棱锥得的范围，由此可得的范围（先用表示出）【详解】设是中点，连接，因为，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面，过作于，则平面，显然，由已知，所以，即，记，则，若在线段上，如下图，则，因为，所以，若在线段的延长线上，如下图，则，因为，所以，综上故选：D【点睛】本题考查棱锥的体积，考查求线段长的取值范围，本题解题关键是在变化时，点位置的确定，可分类讨论，即在线段上和在线段的延长线上，从而把表示为的函数式，结合函数知识得所求范围非选择题部分二、填空题：（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11.双曲线的焦点坐标是_；渐近线方程是_.【答案】 (1). (2
9、). 【解析】【分析】根据双曲线的方程可知，再结合双曲线的简单几何性质即可求出【详解】根据双曲线的方程可知，因为，所以焦点坐标为，渐近线方程是故答案为：；【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质的应用，属于基础题12.设，则_；_.【答案】 (1). -32 (2). 121【解析】【分析】在所给式子中令得到得值，又分别令，相减得到得值.【详解】令，得，令，得，令，得，得，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式中部分项的系数和，考查学生的基本计算能力，是中档题.13.如图，在底面边长均为2，高为1的长方体中，E、F分别为、的中点，则异面直线、所成角的大小为_；平面与平面所成
10、锐二面角的余弦值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，分别求得的坐标，利用空间向量的线线角公式求解；求得平面的一个法向量，易知平面一个法向量为：，由求解.【详解】以D为原点建立如图所示空间之间坐标系：则，所以，设异面直线、所成角的大小为，所以，因为，所以又，设平面的一个法向量为：，则，即，令，则，平面一个法向量为：，设平面与平面所成锐二面角为，所以故答案为：；【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成的角和二面角问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.14.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积是_【答案】 (1). 5 (2).
11、 15+【解析】由三视图还原可知，原图形是一个长方体左右两边各切去了一个角，所以体积为15.2020年2月为支援湖北抗疫，浙江某医院派出3名医生和4名护士去湖北三家不同的医院抗疫，每家医院至少分到1名医生和1名护士，则不同的分配方法共有_种.（用数字表示）.【答案】216【解析】【分析】首先安排3名医生，再安排4名护士，分为1、1、2三种情况，最后按照分步乘法计数原理计算可得；【详解】解：首先安排3名医生有种，再安排4名护士，分为1、1、2三种情况，有种；按照分步乘法计算原理则不同的分配方法共有种故答案为：【点睛】本题考查分步计数问题，属于中档题16.已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，A，
12、B是切点，若四边形的最小面积是1，则k的值为_.【答案】【解析】【分析】先求圆的半径，四边形的最小面积是1，转化为三角形的面积是，求出切线长，再求的距离也就是圆心到直线的距离，可解的值【详解】解：圆的圆心，半径是，由圆的性质知：，四边形的最小面积是1，是切线长）圆心到直线的距离就是的最小值，故答案为：【点睛】本题考查直线和圆的方程的应用，点到直线的距离公式等知识，属于中档题17.若点在椭圆上，A，B两点也在椭圆上，且直线与直线关于直线对称，则直线的斜率为_.【答案】1【解析】【分析】由题意可得，设，直线，联立方程组结合韦达定理可得、，计算出、后，由斜率公式即可得解.【详解】由题意直线、的斜率均
13、存在，且，设，直线，则，消去可得，则即，同理直线，所以，又，所以直线的斜率.故答案为：1.【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，合理转化条件、联立方程组利用韦达定理是解决本题的关键，属于中档题.三、解答题：本大题有5个小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.18.已知直线，直线.（1）若，求实数a的值；（2）若，求实数a的值.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）根据两直线垂直的等价条件列式求解即可；（2）根据两直线平行，分类讨论斜率不存在和斜率存在且相等的情况，检验即可求出【详解】（1）， ，或（2）当时，； 当时，由解得：，此时， ，即，两
14、直线不重合综上得：或【点睛】本题主要考查根据两直线垂直和平行求参数，属于基础题19.如图，在梯形中，矩形中，又有.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在梯形中，通过计算得出，由勾股定理逆定理得，从而证线面平行；（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角【详解】证明：（1）在梯形中，四边形是等腰梯形，又矩形中，又有，又平面， （2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系：，.所以，设平面的法向量为，所以，令，则， ，直线与平面所成角的正弦值是【点睛】
15、本题考查证明线面垂直，考查用空间向量法求直线与平面所成的角掌握线面垂直的判定定理是解题基础，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算问题20.已知曲线表示一个圆.（1）求实数m的取值范围；（2）当时，若圆C与直线交于A，B两点（其中C为圆心），是直角三角形，求实数a的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据方程表示圆的条件，列式即可解出；（2）先由圆的方程求出圆心和半径，再根据题意以及圆的几何知识可知，圆心到直线的距离为，列式即可解出【详解】（1）由题意可知， 即，（2），即可知圆心坐标为，半径是直角三角形， 即，化简得 【点睛】本题主要考查方程表示圆的条件的应用，直线与圆的位置
16、关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，属于基础题21.设函数，.（1）若函数在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若在上至少存在一个，满足，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由函数在定义域内单调递增，可得对一切恒成立，然后分离参数得，再利用基本不等式求出最大值即可；（2）由已知可知在上有解，再构造函数，只需在上有解，利用导数只需求出的最大值大于零，从而可求出a的取值范围.【详解】解：（1）， 有条件得，对一切恒成立因为，所以即对一切恒成立， （2）方法一：有题意得：在上有解即在上有解，所以必有所以在上是增函数只需解得 方法二：有题意得：在上有即在上有
17、解，当时，不符合；当时，有在上有解记，只需 ，所以在是减函数在是增函数且，所以在是减函数 【点睛】此题考查利用导数法研究函数的单调性、函数最值的应用，考查了数学转化思想，考查了计算能力，属于较难题.22.已知点，直线上有两点E，F使，点P在线段的延长线上，且.（1）若，求点P的轨迹方程；（2）若在点P的轨迹上存在两点M，N，设，的夹角为.若，求证：直线过定点，并求定点坐标；若为锐角，求直线与x轴交点横坐标的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析，；或.【解析】【分析】先利用参数求出点轨迹方程，（1）代入后可得（注意去掉原点）；（2）设点的坐标为，点的坐标为，代入（1）中方程然后相减可得，写出直线方程，令得，若，由此可得，代入后得定点坐标；若为锐角，可得的范围，从而出结论【详解】解：设点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为，因为点在线段的延长线上， 所以点的坐标为，.，. （1）若，则点的轨迹方程是. （2）设点的坐标为，点的坐标为， 直线的方程是即令，得.（1）若，.， 代入（1）式得，所以直线过定点，该定点坐标是.若为锐角，或 代入（1）式得或.直线与轴交点横坐标的取值范围是或.【点睛】本题考查求轨迹方程，考查直线与抛物线相交问题，方法是设而不求的思想方法，直线与圆锥曲线相交，常采取这种方法本题考查了学生的运算求解能力，属于中档题
