【文档说明】浙江省温州市2019-2020学年高二上学期期末考试数学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.798 MB，由小赞的店铺上传

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2020年1月温州市高二期末教学质量统一检测数学试题卷（B）选择题部分一、选择题：本大题共10个小题,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.双曲线221916xy−=的实轴长为（）A.3B.4C.6D.8【答案】C

【解析】【分析】由题求出a=3,即得实轴的长.【详解】由题得a=3,所以实轴长为6.故选：C【点睛】本题主要考查双曲线的方程和实轴的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2.与直线:2310lxy−+=关于y轴对称的直线的方程为（）A.2310xy++=B.2310xy+

-=C.3210xy−+=D.3210xy++=【答案】B【解析】【分析】设M(x,y)是所求直线上的任意一点，则其关于y轴的对称点为(,)Mxy−在直线:2310lxy−+=上，把(,)Mxy−的坐标代入直线l的方程即得解.【详解】设M(x,y)是所求直线上的任意一点，则其关于y轴的对称点为

(,)Mxy−在直线:2310lxy−+=上，所以23+10,xy-+=即2310xy+-=.与直线:2310lxy−+=关于y轴对称的直线的方程为2310xy+-=.故选：B【点睛】本题主要考查关于直线对称的直线方程的求法，意在考查学生对该知识

的理解掌握水平.3.若直线0xy−=与圆()()2211xym−++=相离，则实数m的取值范围是（）A.(0,2B.(1,2C.()0,2D.()1,2【答案】C【解析】【分析】解不等式22|11|1(1)

m++−即得解.【详解】由题得圆心到直线的距离为22|11|1(1)dm+=+−，所以2m，因为m＞0，所以0＜m＜2.故选：C【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.

4.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A.6B.2C.12D.3【答案】A【解析】【分析】直接利用三视图的还原图求出几何体的体积．【详解】根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱,如图所示：故该几何体的体积为1(12)2262V=+=．故选：A．

【点睛】本题主要考查三视图和几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5.一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是（）A.底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形B.各个面都是正三角形C.三个侧面是全等的等腰三角形D.顶点在底面上的射影

为重心【答案】A【解析】【分析】利用正三棱锥和充要条件的定义逐一分析判断每一个选项得解.【详解】A．根据正三棱锥的定义可知，满足侧面是全等的等腰三角形，底面是正三角形的三棱锥是正三棱锥．正三棱锥的底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形，所以一个三棱锥是正三棱锥的充要条件是底面是正三角形

，三个侧面是全等的等腰三角形，所以该选项符合题意；B.各个面都是正三角形，则三棱锥是正三棱锥，所以各个面都是正三角形是三棱锥为正三棱锥的充分条件；如果三棱锥是正三棱锥，则各个面不一定都是正三角形，所以各个面都是正三角形是

三棱锥为正三棱锥的非必要条件，故该选项错误.C.三个侧面是全等的等腰三角形不一定是正三棱锥，如图所示，VA=VC=BC=AB，AC=VB时，不一定是正三棱锥，故该选项错误；D.顶点在底面上的射影为重心，设底面为直角三角形ABC,其重心为O,过点O作平面ABC的垂线OV，连接VA,VB,VC得到

三棱锥V-ABC,显然三棱锥V-ABC不是正三棱锥，所以该选项错误.故选：A【点睛】本题主要考查正三棱锥的定义，考查充要条件的判定方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.如图，已知三棱锥VABC−，点P是VA的中点，且2AC=，4VB=，过点P作一个截面，使截面平行于VB和

AC，则截面的周长为（）A.12B.10C.8D.6【答案】D【解析】【分析】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF.先证明截面DEFP就是所作的平面，再求截面的周长.【详解】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F

，连接PD,DE,EF,PF.由题得PD||VB,DE||AC,因为,PDDE平面DEFP,VB,AC不在平面DEFP内，所以VB||平面DEFP,AC||平面DEFP,所以截面DEFP就是所作的平面.

由于11||,||,,22PDVBEFVBPDVBEFVB===,所以四边形DEFP是平行四边形，因为VB=4,AC=2,所以PD=FE=2,DE=PF=1,所以截面DEFP的周长为2+2+1+1=6.故选：D【点睛】本题主要考查截面的作法和线面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平

.7.已知直线1:lykx=和2:20lxky+−=相交于点P，则点P的轨迹方程为（）A.221xy+=B.()2211xy−+=C.()2210xyx+=D.()()22110xyx−+=【答案】D【解析】【分析】联立两直线方程消去k得到()2211xy−+=，再求x

的范围即得解.【详解】由题得,,22ykxyxxkyxy==−+=−+所以()2211xy−+=.由题得222220,(1)21xkxkxxk+−=+==+，，所以0x.所以点P的轨迹方程为()()22110xyx−+=.故

选：D【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8.已知双曲线224xy−=，若过点P作直线l与双曲线交于,AB两点，且点P是线段AB的中点，则点P的坐标可能是（）A.()1,1B.()1,2C.()2,1D.()2,2【答案】B【解析】【分析】设112200(,)

,(,),(,)AxyBxyPxy，求出00ABxky=，再检验每一个选项得解.【详解】设112200(,),(,),(,)AxyBxyPxy，由题得22111212121222224()()()()04xyxxxxyyyy

xy−=+−−+−=−=，，所以1200120121202()2()0,yyxxxxyyykxxy−−−−===−.当P的坐标为()1,2时，1,2k=直线AB的方程为1132(1),222yxyx−=−=+.把1322yx=+代入双曲线

方程得.对于选项A,C,D中点P的坐标经检验得，不满足.故选：B【点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，考查弦的中点问题的解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9.已知椭圆()222210xyabab+=的左、右焦点分别为12FF、，点P在椭圆上，且124PFP

F=，则此椭圆的离心率e的最小值为（）A.35B.45C.14D.34【答案】A【解析】【分析】设P00(,)xy,由题得1020||,||,PFaexPFaex=+=−根据124PFPF=得035axa

e=即得解.【详解】设P00(,)xy由题得1020||,||,PFaexPFaex=+=−因为124PFPF=所以0003344,,55aaexaexxaee+=−=,所以此椭圆的离心率e的最小值为35.故选：A【点睛】本题主要考查椭圆的定义和离心率的最值的

计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.在平面直角坐标系中，已知点()2,0A，()0,2B，圆()22:1Cxay−+=，若圆C上存在点M，使得2212MAMB+=，则实数a的取值范围为（）A.1,122+B.122,122−+C.1,

122+D.12,12−+【答案】B【解析】【分析】先求出动点M的轨迹是圆D,再根据圆D和圆C相交或相切，得到a的取值范围.【详解】设(,)Mxy，则2222(2)(2)12xyxy−+++−=，所以22(1)(1)4xy−+−=，所以点M的轨迹是一个圆D,由题得圆C和圆D相交或相

切，所以221(1)13a−+，所以122122a−+.故选：B【点睛】本题主要考查动点的轨迹方程的求法，考查两圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.非选择题部分二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36

分.11.已知直线()2:1210lmxy+−+=（m为常数），若直线l的斜率为12，则m=__________，若1m=−，直线l的倾斜角为__________．【答案】(1).0(2).45【解析】【分析】（1）解方程21122m+−=−即得m的

值；（2）求出直线的斜率，即得直线的倾斜角.【详解】（1）由题得211,022mm+−==−；（2）若1m=−，则直线的斜率21,2k=−=−所以直线的倾斜角为45.故答案为：(1).0(2).45【点睛】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12.

在平面直角坐标系中，点()1,2A−关于x轴的对称点为()1,2A−−，那么，在空间直角坐标系中，()1,2,3B−关于x轴的对称点B坐标为__________，若点()1,1,2C−关于xOy平面的对称点为点C，则BC=__________．【答案】(1).()1,2,

3−−−(2).6【解析】【分析】（1）根据空间对称点的位置关系特点写出点B坐标；（2）先求出点C坐标，再求出BC的值.【详解】（1）由题得()1,2,3B−关于x轴的对称轴点B坐标为()1,2,3−−−；（2

）点()1,1,2C−关于xOy平面的对称点为点C（1,-1，-2），所以222(11)(21)(32)6BC=++−++−+=.故答案为：(1).()1,2,3−−−(2).6【点睛】本题主要考查空间对称点的求法，考查空间两点间的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.13.

已知圆221:1Cxy+=和圆()()()2222:430Cxyrr−+−=外切，则r的值为__________，若点()00,Axy在圆1C上，则220004xyx+−的最大值为__________．【

答案】(1).4(2).5【解析】【分析】（1）解方程22(40)(30)|1|r−+−=+即得解；（2）先求出22001yx=−，代入220004xyx+−化简解答最大值.【详解】（1）由于两圆外切，所以22(40)(30)

|1|,4rr−+−=+=.（2）点()00,Axy在圆1C上，所以2222000011xyyx+==−，，所以2200004=14xyxx+−−，因为011x−，所以220004xyx+−的最大值为5.此时01x=−.故答案为

：(1).4(2).5【点睛】本题主要考查两圆的位置关系，考查点和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14.已知直线1yx=−与抛物线()220ypxp=交于,AB两点；若直线过抛物线的焦点，则抛物线的准线

方程为__________，若OAOB⊥，则p的值为__________．【答案】(1).1x=−(2).12【解析】【分析】（1）先求出抛物线的焦点坐标，再求出抛物线的准线方程；（2）联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，由OA

OB⊥得12120xxyy+=，代入韦达定理化简即得p的值.【详解】（1）由于直线过抛物线的焦点，令y=0得x=1,所以抛物线的焦点坐标为(1,0),所以抛物线的准线方程为x=-1.（2）联立221ypxyx==−得2(22)10xpx−++=，设1122(,),(,)Ax

yBxy，所以121222,1xxpxx+=+=，因为OAOB⊥，所以121212120,(1)(1)0xxyyxxxx+=+−−=，所以1212()210xxxx−+++=，所以12230,2pp−−+==.故答案为：(1).1x=−(2)

.12【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15.某学习合作小组学习了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面

的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.利用祖暅原理研究椭圆()222210xyabab+=绕y轴旋转一周所得到的椭球体的体积，方法如下：取一个底面圆半径为a高为b的圆柱，从圆柱中挖去一个以圆柱上底面

为底面，下底面圆心为顶点的圆锥，把所得的几何体和半椭球体放在同一平面上，那么这两个几何体也就夹在两个平行平面之间了，现在用一平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，则截面分别是圆面和圆环面，经研究，圆面面积和圆环面面积相等，由此得到椭球体的体

积是__________．【答案】243ab【解析】【分析】由祖暅原理得椭球体的体积为221()23abab−，计算即得解.【详解】由祖暅原理得椭球体的体积为22214()233ababab−=.故答案为：243ab【点睛

】本题主要考查组合体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16.如图，等腰梯形ABCD中，ADBC∥，2ABADDC===，4BC=，E为BC上一点，且1BE=，P为DC的中点.沿AE将梯形折成大小为的二面角BAEC−−

，若ABE△内（含边界）存在一点Q，使得PQ⊥平面ABE，则cos的取值范围是__________．【答案】10,5【解析】【分析】先证明BEC就是二面角BAEC−−的平面角.当090时，不

存在这样的点Q;当090=时，点Q恰好是AE的中点.此时cos0=.当0090时，以点E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz−，分析得到251coscos22y=，解不等式即得解.

【详解】如图所示，由于梯形是等腰梯形，所以AEBEAEEC⊥⊥，.折叠之后，AEBEAEEC⊥⊥，.所以BEC就是二面角BAEC−−的平面角.当090时，不存在这样的点Q;当090=时，点Q恰好是AE的中点.此时cos0=.当0090时，以点E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐

标系Exyz−.则E(0,0,0),B(sin,cos,0)，53(0,0,3),(0,,)22AP.设Q在平面ABE内，(tan,y,z)Qy.所以EB=(sin,cos,0),(0,0,3)EA=.53(tan,,)22PQyyz=−−,由题得330,22P

QEAzz=−==.所以点Q在△ABE的中位线GH上，所以点Q的纵坐标1cos2y.由题得25sin5sintan()cos()cos02cos2PQEByyyy=+−=+−=，所以25cos2y=.所以251coscos22y=，所以1cos5.所以

此时10cos5.综上所述，10cos5.故答案为：10,5【点睛】本题主要考查空间二面角的范围的计算，考查空间位置关系的转化，考查立体几何的探究性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.17

.设抛物线24xy=，点F是抛物线的焦点，点()0,Mm在y轴正半轴上（异于F点），动点N在抛物线上，若FNM是锐角，则m的范围为__________．【答案】()()0,11,9U【解析】【分析】设()24,4Ntt，由FNM是锐角得到()428

6202mtmt+−+对任意tR恒成立.令20xt=，则()()286202mfxxmx=+−+对任意)0,x+恒成立,再通过分类讨论求出m的取值范围.【详解】设()24,4Ntt，可知()0,1F

，0m且1m，所以()24,14NFtt=−−uuur，()24,4NMtmt=−−uuuur，因为FNM是锐角，所以0NFNMuuuruuuur，即()()222161440ttmt+−−，整理得()42161240t

mtm+−+，等价于()4286202mtmt+−+对任意tR恒成立；令20xt=，则()()286202mfxxmx=+−+对任意)0,x+恒成立；因为()fx的对称轴为38mx−=−

，故分类讨论如下：（1）308m−−，即03m时，()()min002mfxf==，所以03m；（2）308m−−，即3m时，应有()2624802mm=−−，得39m；综上所述：()()0,11,9m

U.【点睛】本题主要考查抛物线中的范围问题，考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知圆心C在直线：220xy−−=上的圆经过点()1,2A−和()3,2B−，且过点(

)3,1P−的直线l与圆C相交于不同的两点,MN.（1）求圆C的标准方程；（2）若90MCN=，求直线l的方程.【答案】（1）()2218xy−+=（2）3x=或34130xy−−=【解析】【分析】（1）先求出圆心C的坐标为()1,0，再求半径22CA=，即得圆C的标准方程；（2）

先求出圆心C到直线l的距离为2，再对直线l的斜率分两种情况讨论求出直线l的方程.【详解】（1）易求得AB的中点为()1,0，且1ABk=−，AB的中垂线方程为10xy−−=由10220xyxy−−=−−=，得圆心C的坐标为()1,0，半径22CA=

，故圆C的标准方程为：()2218xy−+=（2）当90MCN=时，则圆心C到直线l的距离为2，若直线l的斜率存在，设直线():13lykx+=−，即310kxyk−−−=圆心()1,0C到直线l的距离22121kdk−−==+，解得34k=，直线l的方程为34130xy

−−=若直线l的斜率不存在，则直线:3lx=，符合题意，综上所述：所求直线l的方程为：3x=或34130xy−−=【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.

如图，CD=I，EF=I，AB=I，ABCD∥.（1）求证：CDEF；（2）若几何体ACEBDF−是三棱柱，ACE△是边长为2的正三角形，AB与面ACE所成角的余弦值为15，2AB=，求三棱柱ACEBDF−的体积.【答案】（1）见解析（2）1225【解析

】【分析】（1）先证明AB||EF,再证明CDEF；（2）求出三棱柱的底面积和高，即得三棱柱ACEBDF−的体积.【详解】（1）ABCDABCDABP又AB，EF=IABEF，又ABCD∥，CDEFP（2）由题得122si

n6032ACES==△，又棱柱高21215h=−=2426655=4365VSh==1225=【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.已知点,AB的坐标分别是()1,0−，()1,0，直线,AMB

M相交于点M，且直线BM的斜率与直线AM的斜率的差是2.（1）求点M的轨迹方程C；（2）若直线:0lxy−=与曲线C交于,PQ两点，求APQ的面积.【答案】（1）21yx=−(0y或1x)；（2）52APQS=△【解析】【分析】（1）设(),Mxy，则211yy

xx−=−+，化简即得轨迹方程；（2）先求出弦长|PQ|,再求出A到直线的距离，即得APQ的面积.【详解】（1）设(),Mxy，则1AMykx=+，1BMykx=−，所以211yyxx−=−+，所以轨迹方程为21yx=−(0y或1x)；（2）设()11,Pxy，()22,

Qxy联立方程210yxxy=−−=，得210xx−−=，所以121211xxxx+==−，所以211PQ=+()21212410xxxx+−=，A到直线的距离为2211211d−==+，所以1522APQSdPQ=

=△．【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查三角形面积的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21.如图，在三棱锥ABCD−中，且ADDC⊥，ACCB⊥，面ABD⊥面BCD，ADCDBC==，E为AC中点，H为BD中点.（1）求证：ADBC⊥；（2）在直线C

H上确定一点F，使得AF面BDE，求AF与面BCD所成角.【答案】（1）见解析（2）45【解析】【分析】（1）证明AD⊥平面BCD，ADBC⊥即得证；（2）在CH延长线上取点F，使FHHC=,先证明AFD即为AF与面BCD所

成线面角，再求出AF与面BCD所成线面角为45.【详解】（1）易知CHBD⊥，又平面ABD⊥平面BCDCH⊥面ABDCHAD⊥又ADCD⊥，ADCH⊥，=CDCHC，,CDCH平面BCD,AD⊥平面BCDADBC⊥（2）在CH延长线上取点F，使FHHC=,则四边形B

CDF为平行四边形又EHAFP，EH面BDE，AF面BDEAFP面BDE又AD⊥面BCDAFD即为AF与面BCD所成线面角又DFBCAD==45AFD=，即AF与面BCD所成线面角为45【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间

线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22.设椭圆()222210xyabab+=的离心率为12，直线l过椭圆的右焦点F，与椭圆交于点MN、；若l垂直于x轴，则3MN=.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆的左右顶点分别为12

AA、，直线1AM与直线2AN交于点P.求证：点P在定直线上.【答案】（1）22143xy+=（2）见解析【解析】【分析】（1）解方程22312baca==即得椭圆的标准方程；（2）设()

11,Mxy，()()2212,Nxyyy，联立直线和椭圆方程得到122122634934myymyym−+=+−=+，再求出直线1AM与直线2AN的方程和它们的交点P的横坐标，再把韦达定理代入P的

横坐标化简即得解.【详解】（1）由已知得22312baca==，所以231abc===，所以椭圆的方程为22143xy+=；（2）设()11,Mxy，()()2212,Nxyyy，:1MN

lxmy=+，联立221143xmyxy=++=，得()2234690mymy++−=，所以122122634934myymyym−+=+−=+，可得()111:22AMylyxx=++，()222:22ANylyxx=−−，所以()()()1221211

22121222Pxyxyyyxxyxyyy++−=−++()()()12212121212222myyyyyyyyyy+++−=−++，又因为()121223myyyy=+，所以()()()()2121212124242Pyyyyxyyyy++−==−++；所以点P在直线4x=上．

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的定直线问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.