1、浙江省嘉兴市2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题（含解析）一选择题1.抛物线的焦点坐标是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线定义,可直接得焦点坐标.【详解】是焦点位于轴上的抛物线所以 即焦点坐标为故选:B【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及焦点求法,属于基础题.2.直线:在轴上的截距为( )A. B. C. 2D. -2【答案】C【解析】【分析】根据直线方程截距的定义,令即可求得直线在轴上的截距.详解】直线:由直线方程截距的定义可知,令,解得即直线与轴的交点坐标为,所以直线:在轴上的截距为2故选:C.【点睛】本题考查了截距的定义,直线在坐标轴上截距的求
2、法,属于基础题.3.已知点与圆:,则( )A. 点与点都圆外B. 点在圆外,点在圆内C. 点在圆内,点在圆外D. 点与点都在圆内【答案】C【解析】【分析】将点代入圆的方程,根据点与圆位置关系的判断方法,即可得解.【详解】因为点将的坐标代入圆的方程,可得,所以点A在圆内将的坐标代入圆的方程,可得,所以点在圆外故选:C【点睛】本题考查了点与圆位置关系的判断方法,属于基础题.4.空间中，是三个互不重合的平面，是一条直线，则下列命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】若l，l，则与可能平行也可能相交(此时交线与l平行)，故A错误；若，则l或l，故B错误；若
3、，则l与可能平行也可能相交，故D错误；若l，则存在直线m，使得lm，又由l可得m，故，故C正确；本题选择C选项.5.已知直线:和:互相平行,则( )A. B. C. 或D. 或【答案】D【解析】【分析】根据两条平行直线的斜率相等,且截距不等,解方程即可求得的值.【详解】因为直线:和:互相平行当时两条直线不平行,即则,且 化简可得解方程可得或经检验或都满足题意故选:D【点睛】本题考查了直线平行时的斜率关系,根据平行关系求参数的值,属于基础题.6.已知长方体,则异面直线与所成角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出长方体,由长方体性质可知与所成的角即为异面直线与所成
4、角,即为.根据线面垂直关系及线段长度,即可求得.【详解】画出长方体如下图所示: 在长方体中，则与所成的角即为异面直线与所成角,即为或其补角，因为平面，平面，所以，即，因为,，所以，故选:B【点睛】本题考查了异面直线夹角的求法,长方体的几何性质的应用,属于基础题.7.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径r的取值范围是（ ）A. (4,6)B. 4,6C. (4,5)D. (4,5【答案】A【解析】由圆，可得圆心的坐标为圆心到直线的距离为：由得所以的取值范围是故答案选点睛：本题的关键是理解“圆上有且只有两个点到直线的距离等于1”，将其转化为点到直线的距离，结合题意计算求得结果8.已知不等
5、式的解集是,则不等式的解集是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据不等式的解集,判断出的符号,利用韦达定理表示出和与的关系. 设不等式的解集为,利用韦达定理建立与的关系,进而用表示出,即可得不等式的解集.【详解】不等式的解集是所以的两个根分别为 因为,所以,所以由韦达定理可知,由,可知因为,所以可设的解集为.由于,所以则 因为,所以解方程组可得所以不等式的解集为故选:A【点睛】本题考查了不等式与方程的关系,韦达定理在解方程中的应用,属于中档题.9.设，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】把转为展开后利用基本不等式求得最小
6、值24，然后由24得m的范围【详解】解：当且仅当时取等号，故选C【点睛】本题考查基本不等式在最值问题中的应用，考查了学生分析问题和解决问题的能力10.正方体中,过作直线,若直线与平面中的直线所成角的最小值为,且直线与直线所成角为,则满足条件的直线的条数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据题意,由与平面中的直线所成角的最小值可得直线的运动轨迹为以为轴的圆锥母线(母线与成).由直线与直线所成角,可得此时直线的运动轨迹为以为轴的圆锥母线(母线与成).两个圆锥的交线,即为满足条件的直线的条数.【详解】设立方体的棱长为1,过作直线,若直线与平面中的直线所成角的最小值为即
7、与平面所成角为,为轴的圆锥母线(母线与成)是直线的运动轨迹,连接易证;直线与直线所成角为;直线与直线所成角为.此时为轴的圆锥母线(母线与成)是直线的运动轨迹两个圆锥相交得到两条交线,故选:B.【点睛】本题考查了空间中直线与直线、直线与平面的夹角,根据空间位置关系判断直线的数量,对空间想象能力和计算能力要求较高,属于难题.二填空题11.双曲线的焦距为_,渐近线为_.【答案】 (1). 6 (2). 【解析】【分析】根据双曲的定义及关系即可求得焦距和渐近线方程.【详解】双曲线所以 即所以焦距为渐近线方程为故答案为:; 【点睛】本题考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质,双曲渐近线方程的求法,属于基
8、础题.12.某几何体的三视图如图所示(单位:),该几何体的表面积为_,体积为_.【答案】 (1). 76 (2). 40【解析】【分析】根据三视图,还原空间几何体,即可求得该几何体的表面积和体积.【详解】由三视图,还原空间几何体如下图所示:所以原几何体为直四棱柱,底面是正视图所示的直角梯形,高为4所以表面积故答案为:;【点睛】本题考查了三视图的简单应用,根据三视图还原空间几何体,棱柱的结构特征及表面积和体积求法,属于基础题.13.已知圆:,圆:,则两圆位置关系为_(填“内含”“内切”“相交”“外切”或“外离”),它们的公切线条数为_.【答案】 (1). 相交 (2). 2【解析】【分析】将两个
9、圆化为标准方程,判断两个圆的圆心距与两个半径的关系,即可判断两个圆的位置关系,进而判断出公切线数量.【详解】圆:,圆:化为标准方程为圆:,圆:所以两个圆的半径由两点间距离公式可得因为圆心距满足所以两圆的位置关系为相交根据圆与圆相交时的公切线情况,可知两个圆的公切线为2条故答案为:相交;2【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系判断,圆与圆公切线数量和圆与圆的位置之间的关系,属于基础题.14.设为抛物线的焦点(为坐标原点),为抛物线上一点,若,则点的横坐标的值是_,三角形的面积是_.【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】根据抛物线的标准方程,求得的值.由抛物线定义即可求得点的横坐标.将点的
10、横坐标代入抛物线,求得点的纵坐标,即可求得三角形的面积.【详解】因为抛物线则所以抛物线的准线方程因为,由抛物线的定义知到准线的距离等于所以,即的横坐标为代入抛物线方程可得的纵坐标为所以故答案为: 2;【点睛】本题考查了抛物线的定义及性质的简单应用,抛物线中三角形面积问题的解法,属于基础题.15.已知向量,并且共线且方向相同,则_.【答案】4【解析】【分析】根据空间向量共线基本定理,可设.由坐标运算求得的值,进而求得.即可求得的值.【详解】根据空间向量共线基本定理,可设由向量的坐标运算可得解方程可得所以.故答案为:【点睛】本题考查了空间向量共线基本定理的应用,根据向量的共线定理求参数,属于基础题
11、.16.已知椭圆:与直线:,:,过椭圆上的一点作,的平行线,分别交,于,两点,若为定值,则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】方法一:由题意可知, 点的位置与椭圆的离心率无关.因而可分别设和,即可表示出交点的坐标.求得的长,令两种情况下的相等,即可得的关系,进而求得椭圆的离心率.方法二:根据椭圆的参数方程,可设,进而表示出直线与,由直线交点的求法求得交点的坐标.即可根据两点间距离公式表示出.根据同角三角函数关系式的性质,即可得的关系,进而求得椭圆的离心率.【详解】方法一:特殊位置分析法当时,:,:由解得,同理.所以当时,:,:由解得,同理,所以;因为定值,所以,此时故答案为: 方法二:设
12、,则:,由所以同理所以若定值,则所以故答案为:【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系及综合应用,直线交点坐标的求法,两点间距离公式及椭圆的参数方程应用,综合性强,属于难题.17.如图，在三棱锥中，已知，设，则的最小值为 .【答案】【解析】试题分析：设，又，当且仅当时，等号成立，即的最小值是考点：1空间向量的数量积；2不等式求最值【思路点睛】向量的综合题常与角度与长度结合在一起考查，在解题时运用向量的运算，数量积的几何意义，同时，需注意挖掘题目中尤其是几何图形中的隐含条件，将问题简化，一般会与函数，不等式等几个知识点交汇，或利用向量的数量积解决其他数学问题是今后考试命题的趋势三解答题18.过定点
13、的直线和圆:相交于,两点.(1)当直线的斜率为1时,求线段的长;(2)当线段最短时,求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线的斜率与点可得直线方程.由圆的一般方程化为标准方程,可得圆心坐标和半径.结合点到直线距离公式及垂径定理,即可求得弦长.（2）当最短时,可知.由定点即可求得直线的方程.【详解】（1）因为,直线的斜率为1，所以直线的方程为:，即，由圆的方程化为标准方程为,可得圆心，半径所以由点到直线距离公式可得圆心到的距离，所以由垂径定理得；（2）当最短时，可知，因为，所以此时直线的方程为.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及弦长求法，直线方程点斜式的写法，属于基础
14、题.19.如图所示,平面,为正方形,分别为的中点.(1)求证:直线平面;(2)求直线与直线所成角余弦值的大小.【答案】（1）见证明（2）【解析】【分析】（1）取中点,连接.可证明,即四点共面.再由中位线定理可证明,即可证明直线平面.（2）易知即为与所成角的大小. 可证明平面,从而,求得的长,即可求得,即直线与直线所成角的余弦值.【详解】（1）证明:取中点,连接.如下图所示:为中点，四边形为正方形，且，又为中点，则且，四边形为平行四边形，,所以四点共面，又在中,平面,平面，平面；（2），与所成角的大小等于与所成角的大小,即为或其补角，因为平面,所以，又,，所以平面，平面，在中,，所以由锐角三角函
15、数定义可知，故直线与直线所成角的余弦值为.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定，异面直线夹角的求法，核心在于辅助线作法，找到线线平行或异面直线的夹角，属于中等题.20.已知椭圆:的左右顶点分别为,为坐标原点,且.(1)求椭圆的标准方程； (2)若点为直线在第一象限内的一点,连接交椭圆于点,连接并延长交椭圆于点.若直线的斜率为1,求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何意义,求得进而求得,即可得椭圆的标准方程.（2）根据直线的斜率为1,可设直线的方程,联立椭圆方程,利用直线与椭圆有两个交点可知得的范围.由两点求得斜率并表示出直线与直线,结合韦达定理即可求得的值.即可
16、得点的坐标.【详解】（1）根据椭圆的几何意义,可知，所以，故椭圆:；（2）因为直线的斜率为1，所以设:,，与椭圆联立，整理得，则,，直线:与直线:交于点，则，故，点在第一象限则，由于点，直线的方程为，联立，解得，故.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法,直线与椭圆位置关系的综合应用,韦达定理研究圆锥曲线问题的综合方法,计算量较为复杂,属于难题.21.多面体,在平面上的射影是线段的中点.(1)求证:平面;(2)若,求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作交于,连接.根据梯形中位线定理及平行四边形性质可证明,进而证明平面.（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系,写
17、出各个点的坐标,并分别求得平面和平面的法向量,即可根据向量的数量积求得二面角的余弦值.【详解】（1）过作交于,连接,如下图所示:由梯形中位线知,所以，又，故四边形是平行四边形，所以，又平面,平面，所以平面；（2）由平面,则平面，又平面，所以平面平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示：则，,，,，设平面的法向量为，则，即，取,得设平面的法向量为，则，即，取,得，所以，因为所求二面角为锐角，所以其余弦值为.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定, 平面法向量的求法,利用空间向量求二面角的大小,属于基础题.22.已知抛物线:上的点到焦点的距离最小值为1.(1)求的值;(2)若点在曲线:上,
18、且在曲线上存在三点,使得四边形为平行四边形.求平行四边形的面积的最小值.【答案】（1）（2）最小值为.【解析】【分析】（1）由抛物线定义,结合抛物线的几何性质可知到准线的距离为最小值,即可求得的值;（2）方法一:设出直线的方程,并讨论斜率是否存在.联立直线与抛物线方程,结合韦达定理表示出中点的坐标.将点代入曲线可得.根据平行四边形性质可知,关于点对称,即可表示出B点坐标,可得方程.利用三角形面积公式表示出平行四边形的面积,根据等量关系即可求得面积的最小值.方法二: 设,表示出直线的方程,由点在曲线上,可得.由,关于点对称,可得B点坐标,将B的坐标代入抛物线方程,可得的等量关系.根据三角形面积公
19、式表示出平行四边形的面积,进而由不等式关系即可求得最小值.【详解】（1）根据抛物线的定义可知,抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离抛物线上的点到焦点的距离最小值为1即到准线的距离为1即,所以（2）方法一:设直线:,当不存在时,此时直线为竖直线,与抛物线只有一个交点,故舍去.设,联立方程,得,.故线段中点而点在曲线:上故若要满足四边形为平行四边形,则,关于点对称.则.又点在抛物线上,故满足方程,即,代入得:,所以所以平行四边形的面积的最小值为.方法二:设,直线:,点在曲线:上,故.线段中点,若要满足四边形为平行四边形,则,关于点对称,则.又点在抛物线上故满足方程,即.所以平行四边形的面积的最小值为.【点睛】本题考查了抛物线的定义及标准方程,过定点的直线与抛物线的位置关系,抛物线中四边形面积问题的综合应用,计算量大,综合性强,属于难题.
