浙江省镇海中学2018届高三上学期期末考试数学试题Word版含解析

镇海中学2017学年第一学期期末考试高三年级数学试卷考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定地区填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考据号并填涂相应数字。3．全部答案必然写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。参照公式：柱体的体积公式：V=Sh，此中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高.锥体的体积公式：V=Sh，此中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高.球的表面积公式：2S=4πR，此中R表示球的半径.球的体积公式：V=3πR，此中R表示球的半径.第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若抛物线的准线方程为,则抛物线的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】D【分析】由题得抛物线的标准方程为

.应选

D.2.若双曲线

的左、右焦点分别为

，点在双曲线

上，且

，则

等于（）A.11B.9C.5D.3【答案】B考点：双曲线．3.直线a与平面所成角的为30o，直线b在平面内，且与b异面，若直线a与直线b所成的角为，则( )A.0o<≤30oB.0o<≤90oC.30o≤≤90oD.30o≤≤180o【答案】C【分析】设直线a在平面α的射影为直线c，在平面α内作直线d⊥c，由三垂线定理可得直线d⊥a．因为直线a与平面α所成的角为30°，所以直线a与直线c所成的角为30°，等于平面α内的直线与直线a所成角的最小值．直线b在平面α内，当b与直线d平行或重合时，可得a⊥b，直线a与b所成的角为90°，达到最大值；当b与直线c平行或重合时，可得a、b所成的角为30°，达到最小值．所以，直线a与b所成的角为φ的取值范围为30°≤θ≤90°．应选C4.设为向量，则“A.充分不用要条件C.充分必需条件D.

B.

”是“”(必需不充分条件既不充分也不用要条件

)【答案】C【分析】先讨论充分性：由

得所以“”是“”的充分条件.再讨论必需性：因为，所以，所以“”是“”的必需条件.应选C.5.设是两条不一样样的直线，是两个不一样样的平面，以下选项正确的选项是（）A.若，且，则B.若，且，则C.若，且，则D.若，且，，则【答案】

A【分析】对于选项A，能够证明，所以选项可能平行，也可能订交，也可能异面，所以选项不垂直，知足已知条件，可是

A正确;对于选项B错误；对于选项不垂直；对于选项

B，绘图可知，直线m和C，能够举反例，D，可能不平行，是相

n交的关系.应选A.6.椭圆

M:

长轴上的两个极点为

、，点

P为椭圆

M上除

、外的一个动点，若

且

，则动点

Q在以下哪一种曲线上运动

(

)A.圆

B.

椭圆

C.

双曲线

D.

抛物线【答案】B【分析】设P（m，n），Q（x，y）∵椭圆M的方程为，∴作出椭圆以以下图，可得长轴的端点为A（﹣a，0），B（a，0）=（x+a，y），=（m+a，n）∵=0，∴（x+a）（m+a）+ny=0，可得m+a=﹣①同理依据=0，可得m﹣a=﹣②②，可得m2﹣a2=．③∵点P（m，n）是椭圆上的动点，∴，整理得n2=（a2﹣m2），代入③可得：2222，化简得m﹣a=（a﹣m）此方程对应的图形是焦点在y轴上的椭圆，可得动点Q的轨迹是一个椭圆，B项是正确答案故选B.7.如图，小于的二面角中，，，且为钝角，是在内的射影，则以下结论错误的选项是（）．．A.为钝角B.C.D.【答案】D【分析】如图,过点B作垂足为C,过点A作垂足为D.在直角△BCO中,,在直角三角形中，因为是锐角二面角，所以同理,因为应选D.点睛：此题的重点是证明利用什么方法来判断选项，因为选项判断的是角的大小关系，所以一般要结构直角三角形，再利用三角函数分析分析.8.已知点P在以为左右焦点的椭圆上，椭圆内一点在的延伸Q线上，知足，若，则该椭圆离心率取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【分析】∵知足QF1⊥QP，∴点Q与点F2重合时，∵sin∠F1PQ=，不如设|PF1|=13，则|PF2|=12．∴可得：e=．所以e．当点Q在最下端时，∠F1QF2最大，此时F1Q⊥F2Q．可得点Q在椭圆的内部，当b=c，e=，所以．综上可得：．应选C．点睛：此题的重点在于找到点Q的临界地点，进而找到它们对应的椭圆的离心率.所以此题利用了数形联合的思想，它是一种重要的数学思想，在解题过程中注意灵巧运用.第Ⅱ卷（非选择题共110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．9.双曲线的焦距为__________，渐近线方程为________．【答案】(1).6(2).【分析】由题得所以焦距,故第一个空填6.由题得渐近线方程为.故第二个空填.10.命题“若实数知足，则”的逆否命题是________命题（填“真”或许“假”）；否命题是________命题（填“真”或许“假”）．【答案】(1).假(2).真【分析】，所以原命题是假命题，因为原命题和逆否命题的真假性是一致的，所以其逆否命题是假命题.其否命题是“若实数知足，则”，所以其否命题是真命题.故填(1).假(2).真.11.已知是边长为1的正三角形，平面，且，则与平面所成角的正弦值为________．若点对于直线的对称点为，则直线与所成角的余弦值是________．【答案】(1).(2).【分析】如图，取AC中点O，连结BO，PO，∵△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC,∴BO⊥AC，∴BO⊥平面APC∴则PB与平面PAC所成角是∠BPO，可得BO=，PB=sin∠BPO==．如图，成立空间直角坐标系，易得AD与PC的交点H为PC中点，A（0，0，0），B（，，0），C（0，1，0），H（0，，）=（0，，），=（﹣，，0）cos，故答案为：(1).(2).点睛：此题的难点在第二问，直接研究比较困难，利用空间向量来研究问题就简单了好多，所以要注意一点，假如利用几何法比较困难，能够试一试用空间向量来研究.12.已知，直线AM，BM订交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，则点M的轨迹C的方程是___________．若点为轨迹C的焦点，是直线上的一点，是直线与轨迹的一个交点，且，则_____．【答案】(1).(2).【分析】设M（x，y），∵A（1，），B（﹣1，），直线AM，BM订交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，∴kAM﹣kBM=，整理，得点M的轨迹C的方程是x2=4y（x≠±1）．∵点F为轨迹C的焦点，∴F（0，1），P是直线l：y=﹣1上的一点，Q是直线PF与轨迹C的一个交点，且=3，作QM⊥y轴于M点，作PN⊥y轴于N点，则，∴MF=，∴Q（，），∴|QF|=．故答案为：(1).(2).13.过正四周体ABCD的中心且与一组对棱AB和CD所在直线都成60角的直线有________条．【答案】4【分析】因为正四周体的全部边长都相等，全部三角形的内角都是60°，除了一组对棱AB和CD，剩下的四条棱与AB和CD所成的角都是60°，所以只需把这四条棱平移到正四周体的中心，所以有四条.故填4.14.已知双曲线上一点P到两渐近线的距离分别为，若，则双曲线的离心率为_________．【答案】或【分析】双曲线的两条渐近线的方程为bx﹣ay=0或bx+ay=0，点P（x0，y0）到两条渐近线的距离之积为，即，又点P（x0，y0）知足双曲线的方程，∴222222bx0﹣ay0=ab，∴，即2a2+2b2=5ab，∴b=2a或b=a，则e=故填或．15.四棱锥中，平面ABCD，，，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点Q的轨迹将ABCD分红面积为的两部分，则=_______．【答案】【分析】以A为坐标原点成立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）.=（2，0，0）．设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）则即，令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）．∴．∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为，∴cos＜＞=即解得b=．∴S△ADQ=．S梯形﹣S=．ABCD△ADQ∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．故答案为（3﹣4）：4．点睛：此题的重点是找到点Q的轨迹在四边形ABCD内的部分，它就是一条线段在y轴上的地点,因为此题的背景比较适合用坐标系和空间向量来解答.

DQ，确立点

Q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．16.已知从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点．又点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且，．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）在椭圆C中，求以点为中点的弦MN所在的直线方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】试题分析:(1)第一问,直接由获得,化简获得一个方程,再联合对应的方程,获得a,b,c的值，即获得椭圆C的方程.（2）先利用韦达定理获得斜率k的方程，再依据点斜式写出直线的方程.试题分析：（Ⅰ）由题意知：，故，即，解得，又，解得，故椭圆C的方程为；（Ⅱ）因为点在椭圆内，且明显直线MN的斜率存在，故设直线MN的方程为，代入椭圆方程得故，解得，故直线MN的方程为17.（本小题满分15分）如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且，分别是的中点．（Ⅰ）求证：①平面；②平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角．【答案】（Ⅰ）看法析；（Ⅱ）.【分析】试题分析：（1）第一问，先证明，即可证明平面；证明和，即可证明平面.(2)第二问，先证明即为直线与平面所成角．再解，即可获得直线与平面所成角．试题分析：（Ⅰ）①连结，，故点G即为与的交点，且G为又GF

的中点，又平面，

F为

的中点，故平面

，故平面②因为是等腰直角三角形因为三棱柱

斜边的中点，所以为直三棱柱，所以面

面

．，所以

面

，

．设

，则

．所以

，所以

．又

，所以平面

．（2）由（1）知

在平面

上的投影为

，故在平面

上的投影落在

AF上．所以即为直线

与平面

所成角．由题知：不如设

，所以

，在所以18.

中，，即直线如图，平行四边形

，与平面平面

所成角为．，

，

，（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值的大小．【答案】（Ⅰ）看法析；（Ⅱ）.【分析】试题分析：（1）第一问，证明，即可证明

平面

.(2)

第二问，先作出二面角的平面角，再解三角形，即可获得二面角

的余弦值的大小

.试题分析：（Ⅰ）过点

A作

，因为平行四边形平面，平行四边形平面=CD，平面ABCD，故平面CDE，又平面CDE，故，又，，平面ABCD，故平面（Ⅱ）过作⊥交于，过作⊥交于，连结.由（Ⅰ）得⊥平面，又∵平面，∴平面⊥平面.∴平面ADE，⊥，又∵垂直，且.∴⊥平面，得角就是所求二面角的一个平面角.又∵，，∴所求二面角的余弦值为.19.抛物线，，为抛物线的焦点，是抛物线上两点，线段的中垂线交轴于，，。（Ⅰ）证明：是的等差中项；（Ⅱ）若，为平行于轴的直线，其被以AD为直径的圆所截得的弦长为定值，求直线的方程．【答案】（Ⅰ）看法析；（Ⅱ）.........................试题分析：（Ⅰ）设，由抛物线定义知又中垂线交轴于，故，因为，所以，，故即，是的等差中项.（Ⅱ）因为，所以。设，，故圆心，设直线的方程为，因为弦长为定值，故为定值，这里R为圆的半径，d为圆心到的距离。故令，即时，为定值，故这样的直线的方程为.点睛：此题的难点在于求出弦长的平方后，怎样分析出它为定值的条件，此题利用了分别参数求定值的方法.20.如图，已知椭圆：的左、右极点分别为，是椭圆上异于的两点，直线交于点，且P位于第一象限．（Ⅰ）若直线MN与x轴垂直，务实数t的值；（Ⅱ）记的面积分别是，求的最小值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）时，.【分析】试题分析：（1）第一问，联立直线AM和BN的方程获得它们的交点P的坐标，由题得，获得的值，获得t的值.(2)第二问，先算出的表达式，再获得的分析式，再利用导数或二次函数求它的最小值.试题分析：(Ⅰ)设，故直线AM的方程为，直线BN的方程为联立得：，解得：,代入直线AM可得(Ⅱ)直线的方程为，代入椭圆的方程并整理得：解得直线的方程为，代入椭圆