精品解析：浙江省衢州一中2011-2012学年高二上学期期末理科数学试题

衢州一中2011学年度第一学期期末检测试卷 高二数学（理科） 一、选择题（每小题5分共50分） 1. 直线的倾斜角是（　　） A. B. C. D. 2. 过点且垂直于直线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 在正方体中，异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，一个简单空间几何体的三视图其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，其俯视图轮廓为正方形，则其全面积是（ ） A. 4 B. 8 C. D. 12 5. 在下列命题中，假命题是（ ） A. 如果平面内一条直线垂直于平面内的任一直线，那么 B. 如果平面内的任一直线平行于平面，那么 C. 如果平面平面，任取直线，那么必有 D. 如果平面平面，任取直线，那么必有 6. “”成立一个充分不必要条件是（ ） A. 或 B. C. D. 7. 圆在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的焦点为，，以为直径的圆与双曲线的一个交点为M，且有，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 9. 如图所示，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（ ）． A. B. C. D. 10. 设抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与抛物线相交于 ， 两点，与抛物线的准线相交于点 ， ，则 与 的面积之比 等于 A. B. C. D. 二、填空题（每小题4分共28分） 11. 已知正方体的棱长为2，那么正方体的外接球的体积为______. 12. 过点（0，）且离心率为的椭圆中心在原点，x轴上的两焦点分别为F1、F2，过F1作直线交椭圆于A，B两点，则△ABF2的周长为____ 13. 如图，在中，平面，则四面体中共有______个直角三角形． 14. 已知抛物线过点(1,1),则该抛物线标准方程是 ______ 15. 斜率为直线与椭圆相交于两点，的中点为，则______． 16. 正方形的边长为2，分别为对边、的中点，现沿将向上折起，若折起后，折成的二面角的余弦值_______ 17. 设圆，直线，点，使得圆上存在点，且（为坐标原点），则点A的横坐标的取值范围为_____________． 三、解答题（5题共72分） 18. 已知a＞0，a≠1，设p：函数y=logax在（0，+∞）上单调递减，q：曲线y=x2+（2a﹣3）x+1与x轴交于不同的两点．若“p且q”为假，“﹁q”为假，求a的取值范围． 19. 如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，分别是的中点． （1）求证： （2）求直线BN与平面所成角正弦值. 20. 已知动点与平面上两定点连线的斜率的积为定值． （1）试求动点的轨迹方程C． （2）设直线与曲线交于两点，在曲线上求一点P使的面积最大． 21. 已知四棱锥三视图如下图所示，是侧棱上的动点． （1）求四棱锥的体积； （2）是否不论点在何位置，都有？证明你的结论； （3）若点为的中点，求二面角的大小． 22. 已知动点到定点的距离比到直线的距离少1， （1）求动点的轨迹的方程； （2）设是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衢州一中2011学年度第一学期期末检测试卷 高二数学（理科） 一、选择题（每小题5分共50分） 1. 直线倾斜角是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角. 【详解】直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则 ，则. 故选：D． 2. 过点且垂直于直线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得直线的斜率为，由垂直得垂直直线的斜率，然后由点斜式写出直线方程，化为一般式可得结果． 【详解】解：由题意可得直线的斜率为， 则过点且垂直于直线的直线斜率为， 直线方程为， 化为一般式为． 故选：A． 3. 在正方体中，异面直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合正方体几何特征，应用直线与直线平行的关系，异面直线所成角即可求解. 【详解】 根据正方体的性质可得 所以异面直线与所成角即为直线与所成的角, 在中,,是等边三角形， 由，所以异面直线与所成的角为； 故选：C. 4. 如图，一个简单空间几何体的三视图其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，其俯视图轮廓为正方形，则其全面积是（ ） A. 4 B. 8 C. D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由给定的几何体的三视图，可得该几何体为一个正四棱锥，求得棱锥的斜高，结合三角形和正方形的面积公式，即可求解. 【详解】由给定的几何体的三视图，可得该几何体为一个正四棱锥，如图所示， 其中正四棱锥的底面正方形的边长为，高为，即， 取的中点，分别连接，可得， 在直角中，可得， 所以，且底面面积为， 所以该正四棱锥的全面积为. 故选：D 5. 在下列命题中，假命题是（ ） A. 如果平面内的一条直线垂直于平面内的任一直线，那么 B. 如果平面内的任一直线平行于平面，那么 C. 如果平面平面，任取直线，那么必有 D. 如果平面平面，任取直线，那么必有 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为平面内的一条直线垂直于平面内的任一直线，则，又，由面面垂直的判定定理可得，故A正确； 若平面内的任一直线平行于平面，则与无公共点，由面面平行的定义可知，故B正确； 若平面平面，直线，则或与相交，故C错误； 若平面平行平面，由面面平行的性质定理可知，平面内的任意一条直线都平行平面，故D正确； 故选：C 6. “”成立的一个充分不必要条件是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，解出不等式，然后将充分不必要条件转化为真子集关系，即可得到结果. 【详解】解不等式可得，解得或， 所以不等式的解集为或， 因此不等式成立的一个充分不必要条件，对应的范围是解集的真子集， 即是或的真子集. 故选：B 7. 圆在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】容易知道点为切点，圆心，设切线斜率为k，从而，由此即可得解. 【详解】将圆的方程化为标准方程得， ∵点在圆上，∴点P为切点． 从而圆心与点P的连线应与切线垂直． 又∵圆心为，设切线斜率为k， ∴，解得． ∴切线方程为． 故选：D. 8. 已知双曲线的焦点为，，以为直径的圆与双曲线的一个交点为M，且有，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设点在第一象限，由，根据双曲线的定义可得、，结合勾股定理和离心率的定义计算即可求解. 【详解】 不妨设点在第一象限，如图所示，，， 由，得，所以， 得，故，又， 即，得， 由，得，即双曲线的离心率为. 故选：D. 9. 如图所示，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则与平面所成角的正切值构成的集合是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意，确定的轨迹为过且平行于平面的平面与平面的交线，即、边上的中点的连线，再根据线面角的定义可得与平面所成角的正切值为，进而根据的范围求解正切值范围即可. 【详解】设，，分别为、、边上的中点，则因为且，故四边形为平行四边形，故，又，故，则四点共面. 又同理，平面，平面，故平面. 同理平面，又平面，且交于，故平面平面. 又∵面， ∴落在线段上，设的中点为，易得三角形为等腰直角三角形，故，设正方体棱长为4，则. 因为平面，故与平面所成角的正切值为. 则当与重合时，与平面所成角的正切值有最大值； 当与或重合时，与平面所成角的正切值有最小值； 故与平面所成角的正切值构成的集合是． 故选：B 10. 设抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与抛物线相交于 ， 两点，与抛物线的准线相交于点 ， ，则 与 的面积之比 等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图过作准线的垂线，垂足分别为 又 由拋物线定义 由 知， 把 代入上式，求得 故 故选A． 二、填空题（每小题4分共28分） 11. 已知正方体的棱长为2，那么正方体的外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，由此能求出正方体的外接球的体积． 【详解】解：正方体棱长为2， 则其体对角线为 正方体的外接球的半径， 正方体的外接球的体积． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方体的外接球的体积的求法，解题的关键是明确正方体的外接球的直径是正方体的体对角线，属于基础题． 12. 过点（0，）且离心率为的椭圆中心在原点，x轴上的两焦点分别为F1、F2，过F1作直线交椭圆于A，B两点，则△ABF2的周长为____ 【答案】12 【解析】 【分析】不妨设椭圆的标准方程为（a＞b＞0）．由于短轴长为2，离心率e．可得b，，a2＝b2+c2．利用椭圆的定义即可得出． 【详解】解：不妨设椭圆的标准方程为（a＞b＞0）． ∵短轴长为2，离心率e． ∴b，，a2＝b2+c2． 解得a＝3． ∴△ABF2周长＝|AF1|+|AB|+|BF1|＝4a＝12． 故答案为12． 【点睛】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质，属于基础题． 13. 如图，在中，平面，则四面体中共有______个直角三角形． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再结合条件，即可得到直角三角形的个数. 【详解】因为，则为直角三角形， 又平面，则， 则为直角三角形， 因为平面，平面，所以， 又，，且平面， 所以平面，又平面， 所以，则为直角三角形， 综上，四面体的四个面均为直角三角形. 故答案为：4 14. 已知抛物线过点(1,1),则该抛物线的标准方程是 ______ 【答案】或 【解析】 【分析】设出抛物线的方程，根据点与抛物线的关系代入即可求解． 【详解】若抛物线的交点在x轴，设抛物线的方程为y2＝mx，m≠0，∵抛物线过点（1，1）， ∴1＝m，即m＝1，∴此时抛物线方程为y2＝x． 若抛物线的交点在y轴，设抛物线的方程为x2＝ny，n≠0，∵抛物线过点（1，1）， ∴1＝n，即n＝1，此时抛物线方程为x2＝y．综上：y2＝x或x2＝y， 故答案为y2＝x或x2＝y 【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，利用待定系数法是解决本题的关键，属于基础题． 15. 斜率为的直线与椭圆相交于两点，的中点为，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可求解. 【详解】设直线的方程为，代入椭圆方程， 可得， 由韦达定理可得， 则， 则，则， 所以. 故答案为： 16. 正方形的边长为2，分别为对边、的中点，现沿将向上折起，若折起后，折成的二面角的余弦值_______ 【答案】## 【解析】 【分析】连接AB，易知∠AEB为二面角A-EF-B的平面角，结合条件解三角形即可. 【详解】连接AB， ∵，∴平面， ∴，又与平行， ∴， 又，BC=2， ∴， 由题意易知：∠AEB为二面角A-EF-B的平面角， ∴， 故答案为： 17. 设圆，直线，点，使得圆上存在点，且（为坐标原点），则点A的横坐标的取值范围为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题意结合切线性质可得，结合两点间距离公式列式求解即可. 【详解】由题意可知：圆心为，半径， 依题意点，设． 过点A作圆的切线，切点为，则． 则，可得，即， 则，整理可得，解得， 所以点A的横坐标的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题（5题共72分） 18. 已知a＞0，a≠1，设p：函数y=logax在（0，+∞）上单调递减，q：曲线y=x2+（2a﹣3）x+1与x轴交于不同的两点．若“p且q”为假，“﹁q”为假，求a的取值范围． 【答案】a的取值范围是a＞． 【解析】 【详解】试题分析：求出命题p，q成立的等价条件，然后利用若“p且q”为假，“﹁q”为假，求a的取值范围． 解：∵函数y=logax在（0，+∞）上单调递减， ∴0＜a＜1， 即p：0＜a＜1， ∵曲线y=x2+（2a﹣3）x+1与x轴交于不同的两点 ∴△=（2a﹣3）2﹣4＞0， 解得a＞或a＜． 即q：a＞或a＜． ∵“p且q”为假，“﹁q”为假， ∴p假q真， 即， ∴a＞． 即a的取值范围是a＞． 考点：复合命题的真假． 19. 如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，分别是的中点． （1）求证： （2）求直线BN与平面所成角正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可证，，利用线面垂直的判定定理可证平面，可证结论； （2）过作交于，连接，可证平面，即是直线与平面所成的角，计算可求直线BN与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为，是的中点，所以， 又因为平面，又平面，所认， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以； 【小问2详解】 过作交于，连接， 因为，所以， 又因为平面，又平面，所认， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为是直线与平面所成的角， 因为，所以， 因为，是的中点，所以， 在直角三角形中，， 所以，所以，所以，所以， 所以， 所以直线BN与平面所成角的正弦值为. 20. 已知动点与平面上两定点连线斜率的积为定值． （1）试求动点的轨迹方程C． （2）设直线与曲线交于两点，在曲线上求一点P使的面积最大． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简即可； （2）联立直线和椭圆，根据弦长公式求出，作直线的平行线，当与椭圆相切时，求出点的坐标，用点到直线的距离求出三角形的高，再利用面积公式求解即可. 【小问1详解】 设点，则依题意有， 整理得． 所以求得的曲线C的方程为． 【小问2详解】 由消去得：． 设，则 ， 设直线，代入．消去得：， 令得：，解得：或， 当时，点坐标为面积有最大值， 点P到直线MN的距离， . 21. 已知四棱锥的三视图如下图所示，是侧棱上的动点． （1）求四棱锥的体积； （2）是否不论点在何位置，都有？证明你的结论； （3）若点为的中点，求二面角的大小． 【答案】（1） （2）是，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由几何体的三视图知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，结合锥体的体积公式，即可求解； （2）根据题意，证得和，证得平面，进而得到； （3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由几何体的三视图知，四棱锥的底面是边长为1的正方形， 侧棱底面，且， 所以该四棱锥的体积为. 【小问2详解】 证明：不论点为何位置，都有，证明如下： 因为底面，底面，所以，即 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问3详解】 解：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则， 设平面和平面的法向量分别为， 由，令，可得，所以 由，令，可得，所以， 设二面角的平面角为，且， 因为二面角为钝二面角，所以二面角大小为. 22. 已知动点到定点的距离比到直线的距离少1， （1）求动点的轨迹的方程； （2）设是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，即可求得的轨迹方程； （2）设直线的方程为，联立方程组，得到，根据，的方程，将①式代入，求得，进而判定直线过定点. 【小问1详解】 因为动点到定点的距离比到直线的距离少1， 所以动点到定点的距离与到直线的距离相等， 由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线， 所以轨迹方程为； 【小问2详解】 如图，设， 由题意得（否则）且，所以直线的斜率存在， 设其方程为，显然， 联立方程组，整理得， 由韦达定理知， 由，可得，可得， 即，整理得， 将①式代入上式，可得， 此时，直线的方程可表示为，即， 所以直线恒过定点. 【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$