广益中学校2020学年高二上学期期末复习数学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精重庆市广益中学校2019-2020学年高二上学期期末复习数学试题含解析重庆市广益中学高二上学期期末复习数学试题(一）第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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。设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列选项正确的是(）A.若，且，则B.若，且，则C.若，且，则D.若,且,,则【答案】A【解析】对于选项A，可以证明，所以选项A正确；对于选项B,画图可知，直线m和n可能平行，也可能相交，也可能异面,所以选项B错误;对于选项C，可以举反例，不垂直，满足已知条件，但是不垂直；对于选项D，可能不平行，是相交的关系。故选A.2。下列说法正确的是()。A.命题“，使得”的否定是：“，”B.命题“若,则或”的否命题是：“若，则或”C.直线：，：，的充要条件是D。“”是“"的必要不充分条件【答案】D【解析】【分析】写出原命题的否定命题可判断；写出原命题的否命题可判断;给出直线垂直的充要条件可判断;解对数不等式可判断．【详解】对A，命题“，使得"的否定是：“，”，故错误；对B，命题“若,则或"的否命题是：“若，则且”，故错误；对C，若，的充要条件是且，解得：，故错误；对D,，所以推不出，而,故“”是“”的必要不充分条件，故D正确；故选：D.【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查四种命题、充分条件与必要条件,考查基本运算能力．3。抛物线的准线方程为(

）A. B。 C. D。【答案】B【解析】抛物线的标准方程为：，据此可得抛物线的准线方程为.本题选择B选项。4.已知椭圆x2＋＝1（b＞0）的离心率为,则b等于（)A。3 B.C。 D.【答案】B【解析】【分析】利用椭圆的离心率，列出关系式转化求解即可．【详解】椭圆x2＋＝1（b＞0）的离心率为，可得，解得b=．

故选B．【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．5.已知抛物线的焦点为，抛物线上一点满足，则抛物线的方程为(）A B. C。 D。【答案】D【解析】设抛物线的准线为，作直线于点，交轴于由抛物线的定义可得:，结合可知：，即，据此可知抛物线的方程为：.本题选择D选项.点睛：求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置，开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p,只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程．6。命题：若，则;命题:，则下列命题为真命题的是（）A。 B. C. D。【答案】D【解析】当时,，即命题为假命题，因为恒成立,即命题为假命题，则、、为假命题，为真命题；故选D.7.若双曲线的离心率为2，其中一个焦点与抛物线＝4x的焦点重合,则mn的值为A。 B. C. D.【答案】A【解析】由题意得解得8。椭圆上的点到直线的最大距离是(）A。3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ），由点到直线的距离公式,计算可得答案．【详解】设椭圆上的点P（4cosθ，2sinθ)则点P到直线的距离d=，，故选D．【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系,解题时要认真审题，仔细求解．9.已知矩形，，,将矩形沿对角线折成大小为的二面角,则折叠后形成的四面体的外接球的表面积是（）A。 B。 C。 D.与的大小有关【答案】C【解析】由题意得，在二面角内的中点O到点A，B，C,D的距离相等，且为，所以点O即为外接球的球心，且球半径为，所以外接球的表面积为．选C．10。已知点A,B，C在圆上运动，且ABBC，若点P的坐标为（2，0），则的最大值为(）A.6 B.7 C。8 D.9【答案】B【解析】由题意，AC为直径，所以,当且仅当点B为(—1，0）时,取得最大值7，故选B.考点：直线与圆的位置关系、平面向量的运算性质【名师点睛】与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想。由平面几何知识知,圆上的一点与圆外一定点距离最值在定点和圆心连线与圆的两个交点处取到．圆周角为直角的弦为圆的半径，平面向量加法几何意义这些小结论是转化问题的关键.11。如图在正方体中，点为线段的中点.设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）A。 B.C。 D.【答案】B【解析】【详解】设正方体的棱长为，则，所以，。又直线与平面所成的角小于等于，而为钝角，所以的范围为,选B.【考点定位】空间直线与平面所成的角.12。已知双曲线C的方程为（a，）,其离心率为e，直线与双曲线C交于A，B两点，线段中点M在第一象限，并且在抛物线(）上,且M到抛物线焦点距离为p,则直线的斜率为（)A. B。 C。 D.【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的定义，确定的坐标，利用点差法将线段中点的坐标代入，化简整理由离心率公式即可求得结论．【详解】在抛物线上，且到抛物线焦点的距离为，则有抛物线的定义可得，，的横坐标为，，，设，，，，即有，，则，，两式相减，并将线段中点的坐标代入，可得，直线的斜率为．故选：C.【点睛】本题考查双曲线与抛物线的综合运用，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意点差法的运用.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上。13。圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则它的母线与底面所成角的正弦值为______【答案】【解析】【分析】利用圆锥侧展图半径为2的半圆，可得圆锥的母线长为2，利用圆锥底面周长等于侧展图中半圆长，从而求得圆锥的底面半径，再利用三角函数的定义求得答案.【详解】∵圆锥侧展图为半径为2的半圆，∴圆锥的母线长，设圆锥底面半径为,则,令为母线与底面所成角，则，∴.故答案为：.【点睛】本题考查圆锥与侧展图的关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意直观图与侧展图的关系.14。中，,，，则边上的中线所在的直线与边上的高所在的直线的交点坐标为______【答案】【解析】【分析】利用中点坐标公式可得：线段的中点为,再利用点斜式可得边上的中线所在直线方程为．利用斜率计算公式可得，即可得出边上的高所在直线的方程为，联立解出即可．【详解】线段的中点为,边上的中线所在直线方程为,化为．，边上的高所在直线的方程为,化为,联立，解得．边上的中线所在直线与边上的高所在直线的交点坐标为．故答案为:．【点睛】本题考查中点坐标公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式、直线的交点，考查计算能力，属于基础题．15。若方程有实数解，则实数的取值范围是______【答案】【解析】【分析】先将方程可化为;再令，用导数的方法研究其最值,即可得出结果.【详解】解:方程可化为；令,则，所以,（1)当时,恒成立，即在上单调递减，因此,当时，；（2）当时,由得，;由得，;所以函数在上单调递增,在上单调递减,所以,又,因此，当时,综上可得,实数的取值范围是;故答案为；【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.16。已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，抛物线的准线与轴的交点为，点在抛物线上且，则△的面积为。【答案】【解析】【详解】由双曲线得右焦点为即为抛物线的焦点,∴,解得．∴抛物线的方程为．其准线方程为．过点作准线,垂足为点．则．∴．∴．∴．∴．三、解答题:本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17。已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点.(Ⅰ)求双曲线的方程；(Ⅱ）已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过,倾斜角为，与双曲线交于两点，求的面积.【答案】（1)（2）【解析】试题分析：（1)由题易知,双曲线方程为;（2)直线的方程为，由弦长公式得，，所以试题解析：（1）设所求双曲线方程为代入点得，即所以双曲线方程为，即。（2）。直线的方程为.设联立得满足由弦长公式得点到直线的距离.所以18.四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE,BC=2,CD=,AB=AC（1)证明。（2）设侧面ABC为等边三角形，求二面角C—AD—E的余弦值．【答案】（1)见证明;(2)【解析】【分析】(1）作AO⊥BC,垂足为O,连接OD，利用三垂线定理,即可证得;(2）利用二面角的定义，得到∠CGE是二面角C-AD-E的平面角,在中，利用余弦定理,即可求解二面角的余弦值。【详解】(1)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD,由题设知，AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，由,可得RtΔOCD∽Rt△CDE，从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，由三垂线定理,可得。（2)由题意知BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC,又BE侧面ABE，∴侧面ABE⊥侧面ABC.作CF⊥AB，垂足为F，连接FE,则CF⊥平面ABE，故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，且∠CEF=45°，由CE=，得CF=，又∵BC=2,△ABC为等边三角形，作CG⊥AD，垂足为G，连GE由（1)知，CE⊥AD，又CE∩CG=C,故AD⊥平面CGE，AD⊥GE,所以∠CGE是二面角C—AD-E的平面角。，，在中，由余弦定理得，所以二面角C-AD-E的余弦值为。【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，利用定义法求解二面角的大小,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.19.已知圆C的圆心C在直线上,且，在圆C上.(1）求圆C的方程；（2)若圆M：(）与C相切，求直线与圆M相交所得的弦长。【答案】（1）（2）当时，；当时，．【解析】【分析】(1)设出圆的一般方程，利用待定系数法即可求圆的方程;(2）根据圆与圆相切的条件，结合直线和圆心相交的弦长公式即可得到结论．【详解】（1）设圆的一般方程为，圆心在直线上，且，，在圆上，，解得，即圆的方程为;(2)圆与圆相切．圆心坐标为，，圆的标准方程为,圆心坐标为，半径，当两圆外切时，，解得，当两圆内切时，，解得，当直线的距离,当时,直线截圆所得弦长，当时,直线截圆所得弦长．【点睛】本题主要考查圆的方程的求解，以及直线弦长公式的应用,利用两圆相切的等价条件求出圆的半径是解决本题的关键．20.已知以坐标原点为圆心的圆与抛物线：相交于不同的两点，与抛物线的准线相交于不同的两点，且。（1）求抛物线的方程；(2)若不经过坐标原点的直线与抛物线相交于不同的两点，且满足.证明直线过轴上一定点，并求出点的坐标.【答案】（1)；（2）直线[Failedtodownloadimage：http://qbm-images。oss—cn—/QBM/2018/7/2/1979754557333504/1980611297148928/ANSWER/35d3ec6e1a51409997123d3ee918f8c7。png]过[Failedtodownloadimage:http：//qbm-images。oss—/QBM/2018/7/2/1979754557333504/1980611297148928/ANSWER/e5787790f8ed43698e8443ab4ac174a2.png］轴上一定点.【解析】试题分析:（1）由,得两点所在的直线方程为，进而根据长度求得；（2)设直线的方程为，与抛物线联立得,由得，进而利用韦达定理求解即可.试题解析:（1)由已知，，则两点所在的直线方程为则，故∴抛物线的方程为。（2）由题意，直线不与轴垂直,设直线的方程为，.联立消去，得。∴,，,∵，∴又，∴∴解得或而，∴（此时）∴直线的方程为，故直线过轴上一定点.点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值"是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现。21。已知正三棱柱中,，点为的中点,点在线段上.（Ⅰ)当时，求证；（Ⅱ)是否存在点，使二面角等于60°?若存在,求的长；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）存在点，当时，二面角等于。【解析】【详解】试题分析：(Ⅰ）证明：连接，由为正三棱柱为正三角形，又平面平面平面.易得丄平面。（Ⅱ）假设存在点满足条件，设.由丄平面，建立空间直角坐标系,求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．试题解析：（Ⅰ)证明:连接，因为为正三棱柱，所以为正三角形，又因为为的中点，所以,又平面平面，平面平面，所以平面，所以。因为，所以，所以在中，，在中，，所以，即.又，所以丄平面，面，所以.(Ⅱ）假设存在点满足条件,设。取的中点，连接,则丄平面,所以,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则,令，得，同理,平面的一个法向量为，则,取，∴.∴,解得，故存在点，当时，二面角等于.22.如图，椭圆C:的顶点为,,，焦点为，，，(1）求椭圆C的方程；（2）设n为过原点的直线,l是与n垂直相交于P点、与椭圆相交于A,B两点的直线，，是否存在上述直线使成立？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。【答案】(1）（2）不存在，详见解析【解析】【分析】(1）根据椭圆的几何性质知，由已知条件得知，从而解得，即求出其方程．（2）考虑两种情况，一是与轴垂直，结合条件判断得知此时符合题意;二是与轴不垂直,设其方程为,由,得知，再由和得知，即找到,然后直线和椭圆联解得到与的第二个关系式，联解知无解．所以第二种不符合题意．故只有第一种符合题意．因此不存在直线满足条件．【详解】（1）由知，①由知,②又，③由①，②,③解得，，故椭圆C的方程为。（2）设A，B两点的坐标分别为，，假设使，成立的直线l存在,（i)当l不垂直于x轴时，设l的方程为，由l于n垂直相交于P点且得,即，，.∴,即.将代入椭圆方程,得，由求根公式可得，④，。⑤，将④,⑤代入上式并化简得。⑥将代入⑥并化简得，矛盾。即此时直线l不存在。（ii）当l垂直于x轴时,满足的直线l的方程为或,当时,A，B,P的坐标分别为，，,∴,,∴.当时，同理可得，矛盾，即此时直线l也不存在。综上可知，使成立的直线l不存在。【点睛】本题考查椭圆的几何性质、直线和椭圆的位置关系应用,考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.重庆市广益中学高二上期期末复习数学试题(二）一、选择题23。设,是两条不同的直线，，是两个不同的平面,下列命题中正确的是（)A。若，，,则B若，，，则C。若,,，则D。若，，，则【答案】D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系。24。过点，且圆心在直线上的圆的方程是（)A. B.C. D。【答案】C【解析】【分析】直接根据所给信息，利用排除法解题．【详解】本题作为选择题，可采用排除法，根据圆心在直线上,排除B、D，点在圆上，排除A故选C【点睛】本题考查利用排除法选出圆的标准方程，属于基础题．25.设点,,直线过点且与线段相交，则的斜率k的取值范围是（)A。或 B。 C。 D。以上都不对【答案】A【解析】【分析】根据题意，设直线的方程为，即，由一元二次不等式的几何意义可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】根据题意,设直线的方程为，即，直线过且与线段相交,则、在的两侧或在直线上，则有，即，解得:或，故选:A．【点睛】本题考查一元二次不等式表示平面区域的问题，注意直线与线段相交,即线段的2个端点在直线的两侧或在直线上．26.已知圆锥的母线长为，底面半径为2,则该圆锥的外接球表面积为（）A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】根据题意作出图形，找到轴截面三角形的外心,即为外接球的球心．【详解】如图，，，可得，取中点,作交延长线于，则为的外心，也即圆锥外接球的球心。设，则，，，得，外接球半径,．故选：C．【点睛】本题考查圆锥的外接球表面积，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意球心的确定。27.当为任意实数时，直线恒过定点,则以为圆心，半径为的圆是（）A。 B。C. D。【答案】C【解析】考点：直线过定点、圆的方程直线可化为，则当时，不论为何值，，即直线经过定点,所以所求圆的圆心为，由已知所求圆的半径为,所以圆的方程为,即.点评：此题难点掌握定点的准确含义，不论参数取为何值，方程中与为一组配对的具体常数值，此组值即可作为定点.28.过点的直线与圆C：交于A，B两点，当最小时，直线的方程为（）A。 B。 C。 D.【答案】C【解析】【分析】点在圆的内部,要使过点的直线交圆后所得的圆心角最小，则直线交圆所得的劣弧最短，也就是弦长最短,此时直线与过圆心及点的连线垂直，根据斜率之积等于求出直线的斜率,由点斜式可得所求的直线方程．【详解】如图，把点代入圆的方程左边得：,所以点在圆的内部，要使过的直线交圆后得到的最小，也就是过的直线交圆，所截得的弦长最短，即当时弦长最短，最小，设此时直线的斜率为，,由，得:，所以，．的方程为：，即．故选：C。【点睛】本题考查圆的标准方程、直线和圆的位置关系,求解时注意过内一点作直线与交于、两点，则弦的长最短弦对的劣弧最短弦对的圆心角最小圆心到直线的距离最大弦的中点为．29。已知方程表示椭圆，则的取值范围为（)A。且 B.且C. D。【答案】B【解析】【分析】根据椭圆的标准方程可知,且即可求出。【详解】由题意,得，解得且．故选B.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，属于中档题.30.已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形,为球的直径，且，则此棱锥的体积为（)A. B。 C. D。【答案】A【解析】【详解】根据题意作出图形：设球心为O,过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，∴，∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，∴．考点:棱锥与外接球，体积．【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球)的关系，如正方体（长方体）的外接球(内切球）球心是对角线的交点,正棱锥的外接球(内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时,可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心,球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．31。设，是双曲线（)的左、右焦点,是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若,则的离心率为A。 B。 C. D。【答案】B【解析】【详解】分析：由双曲线性质得到,然后在和在中利用余弦定理可得．详解：由题可知在中，在中,故选B。点睛：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题．32。平面⊥平面,A∈α，B∈β，AB与两平面，β所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为，则等于（）．A。3∶2 B.3∶1 C.2∶1 D.4∶3【答案】C【解析】【分析】结合题意分别在直角三角形中求出各边之间的数量关系,从而计算出结果【详解】在中，在中，,在中，,所以故选C【点睛】本题运用线面角来解三角形的边长关系,较为基础33.已知双曲线（，)的左焦点为F，过原点的直线与双曲线分别相交于A，B两点.已知，,且，则双曲线的离心率为(）A.5 B。3 C.2 D。【答案】A【解析】【分析】在中，由余弦定理可得，即可得到，设为双曲线的右焦点，连接，．根据对称性可得四边形是矩形．即可得到，，进而求得离心率．【详解】在中，,，且，由余弦定理可得，从而可得，解得．设为双曲线的右焦点,连接，．根据对称性可得四边形是矩形．，．，,解得，．．故选:A。【点睛】本题考查余弦定理、双曲线的定义、对称性、离心率、矩形的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.34.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝2px(p〉0）的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足，则（)A.0 B.1C。2 D。2p【答案】A【解析】设，，.∵抛物线的焦点为∴∵∴∴∵，同理可知,。∴故选A。二、填空题35.已知l1的斜率是2，l2过点A（－1，－2)，B(x，6)，且l1∥l2，则________.【答案】－【解析】【分析】利用直线与直线平行,可得，利用斜率计算公式可得，再利用对数的换底公式和运算法则即可得出．【详解】∵直线与直线平行，∴．∴，解得，∴，故答案为。【点睛】本题考查了直线平行与斜率的关系、对数的换底公式和运算法则,考查了学生的运算能力，属于基础题.36。若圆C经过坐标原点和点（4,0），且与直线y＝1相切，则圆C的方程是_________.【答案】(x－2)2＋（y＋）2＝【解析】设圆的圆心坐标，半径为，因为圆经过坐标原点和点，且与直线相切，所以,解得，所求圆的方程为,故答案为。37。已知，是椭圆的两个焦点,P为椭圆上一点，则的最大值为______【答案】100【解析】【分析】根据椭圆的定义,结合基本不等式,求出的最大值．【详解】，是椭圆的两个焦点,设,，根据椭圆的定义得,∵，，当且仅当时，等号成立；的最大值为100．故答案为：100．【点睛】本题考查了椭圆的定义与几何性质的应用问题，考查基本不等式的应用,考查椭圆性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．38.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是___________【答案】①②③【解析】【分析】设等腰直角三角形△ABC的腰为a,则斜边BC=a，

①利用面面垂直的性质定理易证BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，从而可知BD⊥AC，可判断①;

②依题意及设法可知,利用勾股定理可求得，从而可判断②；

③又因为DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断；

④作出平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，利用BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，从而可判断④．【详解】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，D为BC的中点，∴AD⊥BC,

又平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，

∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，

∴BD⊥AC，故①正确；

②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，

∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a,

∴△ABC是等边三角形,故②正确;

③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC,

∴三棱锥D-ABC是正三棱锥,故③正确．

④∵△ADC为等腰直角三角形,取斜边AC的中点F,则DF⊥AC,又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC,

∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角,

由BD⊥平面ADC可知,∠BDF为直角,∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误;

综上所述，正确的结论是①②③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查线面垂直的判定与应用，考查二面角的作图与运算，属于中档题．三、解答题39。设命题实数满足，；命题实数满足(1）若，为真命题，求的取值范围;（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】(1）(2）【解析】【分析】⑴当时，为真命题，，为真命题，，根据为真命题，即可求得结果⑵得是的充分不必要条件,小范围推出大范围，求出结果【详解】解：由题意得，当为真命题时：当时，;当为真命题时:．（I）若，有,则当为真命题，有，得．(II)若是的充分不必要条件，则是的充分不必要条件，则,得．【点睛】本题考查的是复合命题的应用和充分不必要条件的应用，属于基础题，解题时要认真审题，仔细解答．40。已知圆，直线．（1）判断直线与圆C的位置关系；（2)设直线与圆C交于A，B两点，若直线的倾斜角为120°，求弦AB的长．【答案】(1)直线l与圆C必相交（2）．【解析】【分析】（1）判断直线过定点，利用点与圆的位置关系即可判断直线与圆的位置关系；（2）根据直线的倾斜角为，求出直线斜率以及直线的方程，利用弦长公式即可求弦的长。【详解】(1）直线l可变形为y－1＝m（x－1），因此直线l过定点D（1,1），又＝1〈,所以点D在圆C内,则直线l与圆C必相交．（2）由题意知m≠0,所以直线l的斜率k＝m，又k＝tan120°＝－,即m＝－．此时，圆心C（0，1）到直线l：x＋y－－1＝0的距离d＝＝，又圆C的半径r＝，所以｜AB｜＝2＝2＝．【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式以及直线过定点问题，属于中档题。已知直线方程，判断直线过定点主要形式有：（1）斜截式，，直线过定点；(2)点斜式直线过定点。41.如图所示，已知三棱锥P-ABC，∠ACB=90°,CB=4，AB=20，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC。(1）求证:平面PAC⊥平面ABC.(2）求二面角D—AP-C的正弦值。【答案】(1）详见解析（2）【解析】试题分析：(1)在△APB中可证得AP⊥PB,再由条件可证得AP⊥平面PBC，从而得AP⊥BC,又AC⊥BC，AP∩AC=A，故可得BC⊥平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC.（2)由PA⊥PC,PA⊥PB，可得∠BPC是二面角D-AP—C的平面角,在中，可得即为所求．试题解析：(1)因为D是AB的中点,△PDB是正三角形，AB=20，所以PD=AB=10，所以AP⊥PB.又AP⊥PC，PB∩PC=P，所以AP⊥平面PBC。又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC.又AC⊥BC，AP∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.又BC⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC。(2)因为PA⊥PC，且PA⊥PB，所以∠BPC是二面角D-AP-C的平面角。由(1）知BC⊥平面PAC，则BC⊥PC,在中，所以．所以二面角D—AP—C的正弦值为．点睛:解决空间垂直问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．灵活运用“线线垂直”、“线面垂直”、“面面垂直”之间的相互转化，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．42。如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明:平面；(2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2)【解析】【分析】(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC,再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；(2）根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角,根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果。【详解】（1）因为,为的中点，所以，且。连结。因为，所以为等腰直角三角形，且,.由知.由知平面.（2）如图,以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系。由已知得取平面的法向量.设,则。设平面的法向量为.由得,可取，所以。由已知得。所以.解得（舍去），.所以。又，所以.所以与平面所成角的正弦值为。【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”,求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.43。已知抛物线的焦点为,点满足.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线交抛物线于两点，当时，求直线的方程.【答案】(1）（2）【解析】试题分析：(1)根据点在抛物线上及，即可求得得值,从而可求出抛物线的方程;（2）易知直线斜率必存在,设，，，由，可得，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理,即可求出,从而可求出直线的方程。试题解析：（1）由条件易知在抛物线上,，故,即抛物线的方程为；（2）易知直线斜率必存在，设，，，①，联立得即，由得，且②,③，由①②③得，即直线。44.已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程;（2)过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．【答案】(1）（2)或．【解析】试题分析：(1）首先根据,求，再根据点在椭圆上代入椭圆方程,求解；(2）将条件化简为,分与轴垂直或不垂直两种情况代入数量积的坐标表示，再结合根与系数的关系，得到直线方程.试题解析：（1）因为椭圆的右焦点，,所以，因为在椭圆上，所以，由，得，，所以椭圆的方程为．（2)由得:，即,可得,①当垂直轴时，,此时满足题意，所以此时直线的方程为；②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，设，，所以，，代入可得：，代入，，得，代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，综上所述直线的方程为或．【点睛】解析几何解答题的考查，不管问题是什么都会涉及转化与化归能力的考查，比如本题，如何将其转化为熟悉的代数运算是本题的关键，转化为后，即转化为直线方程与圆锥曲线联立,设而不求的思想，代入根与系数的关系，得到结果.高2021级高二上学期期末复习数学试题(三)一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60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）45.直线的倾斜角的大小为（）A. B。 C。 D。【答案】C【解析】【分析】设直线的倾斜角为，则，,即可得出．【详解】设直线的倾斜角为,则，，.故选：C．【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系,考查计算能力，属于基础题．46。“a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行"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】先求出“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣(a+1)y+3＝0互相平行"的充要条件,再判断即可.【详解】“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1）y+3＝0互相平行”则,故或，代入检验均成立。故“a＝1”是“直线l1：ax﹣y+8＝0与直线l2：2x﹣（a+1)y+3＝0互相平行”的充分不必要条件。故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判定，同时也考查了直线平行的运用，属于基础题型.47.命题“存在x0∈R，使得x02﹣2x0+1＜0”的否定为（）A。任意x∈R，都有x2﹣2x+1＞0B。任意x∈R，都有x2﹣2x+1≥0C。任意x∈R，都有x2﹣2x+1≤0D。不存在x∈R,使得x2﹣2x+1≥0【答案】B【解析】【分析】直接根据特称命题的否定判断即可。【详解】“存在x0∈R，使得x02﹣2x0+1＜0"的否定为“任意x∈R,都有x2﹣2x+1≥0。"故选：B【点睛】本题主要考查了特称命题的否定，属于基础题型。48。已知正四棱柱中，，E为中点,则异面直线与所成角的正切值为(）A。 B。 C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意,可分别以棱，，所在直线为，,轴，建立空间直角坐标系，并设,从而可以得出，从而可以求出的值，进而可求出的值，从而得出异面直线与所成角的正切值．【详解】如图，分别以直线，，为,，轴，建立空间直角坐标系，，设,且为的中点,则，，，，，，，异面直线与所成角的正切值为．故选：B.【点睛】本题考查通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标解决问题的方法,利用向量求异面直线所成角的问题的方法，向量夹角的余弦公式，向量坐标的数量积运算，考查计算能力．49。过点（﹣4,2），且与双曲线y21有相同渐近线的双曲线的方程是（)A. B。C. D.【答案】A【解析】【分析】设双曲线的方程是再代入求解即可。【详解】由题，设双曲线的方程是，又双曲线过，故。故.故选:A【点睛】本题主要考查了共渐近线的双曲线方程问题,属于基础题型。50.底面半径为1，高为2的圆锥,被一个过轴的平面截去圆锥的一半,则剩下的几何体的表面积为()A。 B。 C。 D.【答案】C【解析】【分析】由题意得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积的一半、底面半圆面积、三角形的面积相加.【详解】由题意得剩下几何体的表面积为圆锥侧面积的一半、底面半圆面积、三角形的面积相加，∵圆锥的母线长为,∴。故选：C。【点睛】本题考查空间几何体表面积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意侧面展开图的应用.51.过坐标原点O作圆(x﹣2）2+(y﹣3）2＝4的两条切线，切点为A，B．直线AB被圆截得弦AB的长度为（）A. B。 C。 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意画出图像，再根据垂径定理分别求得的长度即可.【详解】如图所示,易得，故。故选:B【点睛】本题主要考查了直线与圆相切求弦长的问题，需要利用三角形中的关系以及垂径定理求解，属于基础题型.52.若点在椭圆上，则的最小值为（）A. B. C。 D.【答案】D【解析】【分析】首先根据的几何意义是点到点的斜率，然后求解斜率的最小值即可。【详解】由题知椭圆的方程为，求的最小值即求点到点斜率的最小值，设过点和点的直线方程为，联立,知当时直线斜率取最小值，，故当时，斜率取最小值，即的最小值为。故选：D。【点睛】本题主要考查了联立方程组求椭圆的切线，结合考查了的几何意义，属于一般题。53.设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）上在意一点．M是线段PF上的点，5．则直线OM的斜率的最大值为（）A。 B。 C。 D.【答案】D【解析】【分析】设点，根据5求得M的坐标,再表达出OM的斜率，求表达式的最大值即可。【详解】设点，，，因为，故，故的斜率.因为，故当时取等号.故选:D【点睛】本题主要考查了设抛物线上的点解决抛物线中的最值范围问题，同时也结合了基本不等式的用法,属于中等题型.54.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥ABCD，NB⊥ABCD．且MD＝NB＝1．则下列结论中:①MC⊥AN②DB∥平面AMN③平面CMN⊥平面AMN④平面DCM∥平面ABN所有假命题的个数是（）A.0 B.1 C。2 D.3【答案】B【解析】【分析】由题可知该几何体的顶点均在边长为1的正方体的顶点上，再根据线面平行与垂直以及面面垂直平行的判定逐个判断即可。【详解】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为，，故MC⊥AN成立。故①正确。对②，因为平面AMN,故DB∥平面AMN成立。故②正确.对③，连接易得为正四面体。故平面CMN⊥平面AMN不成立。故③错误。对④，正方体中平面DCM与平面ABN分别为前后两面，故④正确。故选：B【点睛】本题主要考查了空间中的线面与面面的平行垂直判定,需要根据正方体的性质进行判定,属于中等题型.55.在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC,AB＝AC，BC＝2．E为棱BC的中点．点G在AE上且满足AG＝2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为．则tan∠AGD＝（）A。 B。 C. D。2【答案】C【解析】【分析】利用四面体ABCD的外接球的表面积为可求得的长度,再根据中的关系求解,进而求得tan∠AGD即可。【详解】由题,故,故底面的外接圆直径.又四面体ABCD的外接球的表面积为,。故.所以tan∠AGD。故选:C【点睛】本题主要是考查了四面体外接球的求解以及正切值的求法,需要根据外接球直径的平方等于三棱锥的高的平方与底面圆直径的平方求解，属于中等题型.56.已知双曲线Γ：（a＞0,b＞0）的上焦点为F（0，c）（c＞0），M是双曲线下支上的一点,线段MF与圆x2+y2相切于点D．且|DF｜,则双曲线Γ的渐近线方程为（）A。x±y＝0 B。 C.6x±7y＝0 D。7x±6y＝0【答案】D【解析】【分析】将圆x2+y2化简成标准方程性质,再画图分析几何关系，再利用双曲线的定义与勾股定理求解即可。【详解】由题得设圆。故圆心，半径。连接下焦点与,由题，又故，故。又,故.且，故.故得化简得,故双曲线Γ的渐近线方程为。即.故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的性质运用,需要画图找到其中的关系,再利用勾股定理列式求解关于的关系再化简求解即可。属于中等题型.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分，把答案填在答题卷的横线上。57。直线x﹣4y+k＝0在两坐轴上截距之和为5,则k＝_____【答案】【解析】【分析】根据方程求解直线在两坐轴上截距，再相加等于5求解即可。【详解】易得两坐轴上截距分别为.故故答案为：【点睛】本题主要考查了截距的求解,属于基础题型。58。过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线，交抛物线一象限于点A．若|AF｜＝3(O为坐标原点）．则直线OA倾斜角的正弦值为_____．【答案】【解析】【分析】根据焦半径公式求的坐标即可。【详解】由题设,因为,故.故.故。故直线OA倾斜角的正弦值为。故答案为：【点睛】本题主要考查了焦半径公式的方法,属于基础题型。59.已如圆柱的底面半径为2，用与圆柱底面成60°角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为_____．【答案】【解析】【分析】根据题意画辅助线求解椭圆的基本量即可。【详解】如图所示,设椭圆的长轴为AB，短轴为CD,中心为点O1．圆柱的底面中心为O,则∠OAB＝60°,可得a＝O1A4，bCD＝2，∴c．∴这个椭圆的离心率：e．故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解，属于基础题型.60.如图在长方形ABCD中，AB，BC．E为线段DC上一动点,现将△AED沿AE折起．使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C．则K所形成轨迹的长度为_____．【答案】【解析】【分析】由题意分析可得可知K所形成轨迹为一个圆弧，求出圆心角再求弧长即可。【详解】由题意,D′K⊥AE,所以K的轨迹是以AD′为直径的一段圆弧D′K,设AD′的中点为O,∵长方形ABCD′中,AB,BC，∴∠D′AC＝60°，∴∠D′OK＝120°,∴K所形成轨迹的长度为，故答案为：【点睛】本题主要考查了空间中的轨迹问题,主要是找到定量关系分析轨迹，属于中等题型.三、解答题:本大题共6小题，满分70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤61。如图,边长为4的正方形ABCD中，点E是AB的中点,点F是BC中点,将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．（Ⅰ）求证A’D⊥EF；（Ⅱ）求三棱锥A'﹣EFD的体积．【答案】(Ⅰ)证明见解析（Ⅱ)．【解析】【分析】（Ⅰ)取EF中点M,再证明EF⊥平面A′DM即可。(Ⅱ）由(Ⅰ）可知,再求解与即可。【详解】（Ⅰ）证明：取EF中点M，连接A′M，DM，显然，DE＝DF,故DM⊥EF；显然,A′E＝A′F,则A′M⊥EF,又A′M∩DM＝M,且都在平面A′DM内，∴EF⊥平面A′DM,∵A′D⊂平面A′DM，∴A′D⊥EF；（Ⅱ）易知，,,，,∴DM2＝A′M2+A′D2，∴，∴．【点睛】本题主要考查了异面直线垂直的证明，同时也考查了体积求法中的切割求解，需要根据题意找到合适的底面与高,属于中等题型.62.已知圆M过两点，，且圆心M在上.(1)求圆M的方程；（2）设P是直线上的动点,,是圆M的两条切线，C，D为切点，求四边形面积的最小值。【答案】（1）；（2).【解析】【分析】(1）设出圆的标准方程，利用圆过两点、且圆心在直线上,建立方程组，即可求圆的方程；（2）四边形的面积为,因此要求的最小值，只需求的最小值即可，即在直线上找一点,使得的值最小，利用点到直线的距离公式,即可求得结论.【详解】（1）线段的中点为，其垂直平分线方程为．解方程组所以圆的圆心坐标为．故所求圆的方程为：．(2）由题知，四边形的面积为．又，，所以，而，即．在直线上找一点，使得的值最小，所以,所以四边形面积的最小值为．【点睛】本题考查圆的标准方程、四边形面积的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.63.如图，AB为圆O的直径,点E、F在圆O上,AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1．(Ⅰ）求证：平面DAF⊥平面CBF；（Ⅱ）当AD＝1时，求直线FB与平面DFC所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ）证明见解析（Ⅱ)．【解析】【分析】（Ⅰ）证明BF⊥平面ADF即可。(Ⅱ）以F为原点建立空间直角坐标系,再根据空间向量的方法求解直线FB与平面DFC所成角的正弦值即可.【详解】(Ⅰ）证明：∵AB为圆O的直径，点E、F在圆O上,∴AF⊥BF，∵矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直，∴AD⊥AB，∴AD⊥平面ABEF，∴AD⊥BF,∵AD∩AF＝A,∴BF⊥平面ADF,∵BF⊂平面CBF,∴平面DAF⊥平面CBF．（Ⅱ）解：连结FO,∵AB＝2,EF＝1,AB∥EF，∴当AD＝1时，四边形EFOB是菱形,以F为原点，FB为x轴,FA为y轴，过F作平面ABEF的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，F（0，0，0）,B（,0,0）,C（,0,1）,D(0,1,1）,(，0，0）,（，0,1)，(0，1，1），设平面DFC的法向量（x,y,z）,则，取x＝1，得（1,，），设直线FB与平面DFC所成角为θ，则sinθ．∴直线FB与平面DFC所成角的正弦值为．【点睛】本题主要考查了面面垂直的证明以及利用空间向量求解线面角的问题，属于中等题型.64。已知点A(x1，y1），D（x2,y2)其中（x1＜x2）是曲线y2＝9x（y≥0）．上的两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C且｜BC｜＝3．(Ⅰ）当点B的坐标为（1，0)时，求直线AD的方程:（Ⅱ）记△AOD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的范围【答案】(Ⅰ）y＝x+2；（Ⅱ）．【解析】【分析】(Ⅰ）根据和的横坐标相等即可求解的坐标，再求两点间的斜率利用点斜式求解即可。(Ⅱ）设直线AD的方程为y＝kx+m．联立直线与曲线的方程再表达出关于的表达式,再根据直线与曲线的交点求出的范围进行求解即可.【详解】（Ⅰ）由B(1，0)，可得A（1，y1），代入y2＝9x,得到y1＝3,又|BC|＝3,则x2﹣x1＝3,可得x2＝4，代入y2＝9x，得到y2＝6,则kAD1,可得直线AD的方程为y﹣3＝x﹣1，即y＝x+2；（Ⅱ）设直线AD的方程为y＝kx+m．M（0,m），m＞0,则S1＝S△OMD﹣S△OMA．由，得k2x2+（2km﹣9）x+m2＝0,所以，又S2(y1+y2）(x2﹣x1)所以又注意到y1y2＝3•30，所以k＞0,m＞0，因为△＝81﹣36km＞0,所以0＜km，所以．【点睛】本题主要考查了利用曲线方程上点的关系求解直线方程,以及联立直线与曲线方程表达对应的解析式求范围的方法。需要根据题意联立方程求解相关量之间的关系,属于中等题型.65.如图，在多面体中，四边形,,均为正方形，点M是的中点，点H在线段上,且与平面所成角的正弦值为。（1）求证：平面;(2）求二面角的正弦值。【答案】(1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】(1)构造正方体，结合正方体,得，由此能证明平面．（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．【详解】（1)证明：如图，构造正方体，结合正方体，得，平面，平面,平面．(2)以为原点，为轴，为轴,为轴,建立空间直角坐标系，设，则设，，,，,则，,，，，，平面的法向量,，与平面所成角的正弦值为．,解得，（舍负），，设平面的法向量,则，取,得，设平面的法向量,则，取，得，设二面角的平面角为,则,二面角的正弦值．【点睛】本题考查线面平行的证明、二面角的正弦值的求法、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．66。阅读下列有关光线的入射与反射的两个事实现象：现象(1）：光线经平面镜反射满足入射角与反射角相等（如图)；现象（2）；光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点（如图）．试结合，上述事实现象完成下列问题:（Ⅰ)有一椭圆型台球桌,长轴长为2a，短轴长为2b．将一放置于焦点处的桌球击出．经过球桌边缘的反射（假设球的反射充全符合现象（2）)，后第一次返回到该焦点时所经过的路程记为S，求S的值(用a,b表示）；（Ⅱ）结论：椭圆上任点P（x0，y0)处的切线的方程为．记椭圆C的方程为C：,在直线x＝4上任一点M向椭圆C引切线，切点分别为A,B．求证：直线lAB恒过定点：(Ⅲ）过点T（1,0）的直线l（直线l斜率不为0)与椭圆C：交于P、Q两点，是否存在定点S(s，0）,使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在求出S坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）S＝2(a），S＝2（a)，S＝4a;(Ⅱ）证明见解析（Ⅲ）存在,定点S（±3，0）【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意分桌球第一次与球桌的边缘的接触点为长轴的两个端点或这两个端点外的任一点三种情况进行讨论即可。（Ⅱ）设M（4，t），A（x1,y1),B（x2,y2），再根据椭圆在点P(x0，y0)处的切线的方程为即可求得两条切线方程的表达式,再根据M（4,t）在两条切线上即可求得lAB的直线方程.(Ⅲ)设l的方程为：x＝my+1,再联立直线与椭圆的方程，求得直线SP与SQ斜率之积的表达式，再根据表达式求S（s,0)即可.【详解】(Ⅰ）记c，因为桌球第一次与球桌的边缘的接触点可能是长轴的两个端点及这两个端点外的任一点三种情况，所以,S＝2(a﹣c）或S＝2（a+c）或S＝4a；即S＝2（a),S＝2(a）,S＝4a;(Ⅱ)设M（4,t）,A（x1，y1），B(x2，y2),则直线lMA:1,lMB：1,代入M中，得lMA：ty1＝1,lMB：2＝1,则点A，B的坐标满足方程:ty﹣1＝0，恒过定点G（,0）；(Ⅲ）由已知直线过点T(1，0）,设l的方程为：x＝my+1，P（x,y）,Q(x'，y’）,联立与椭圆的方程整理得:（9+m2）y2+2my﹣8＝0，∴y+y’,yy',kSP，同理得kSQ,∴kSP•kSQ,当s＝3时,kSP•kSQ，当s＝﹣3时，kSP•kSQ，所以存在定点S（±3，0）,使得直线SP与SQ斜率之积为定值．【点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系问题，包括椭圆的定义以及直线与椭圆相切与相交求定值的问题,重点是根据题意联立方程得出韦达定理，再表达出对应的关系化简求解的方法等。属于难题。重庆市广益中学高二上学期期末复习数学试题（四）一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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）67。直线经过点，且在y轴上的纵截距为6,则直线的斜率为（）A。 B. C. D。2【答案】D【解析】【分析】由直线过两点,直接代入斜率公式即可求解。【详解】∵直线经过点，且在y轴上的纵截距为6，∴直线过两点,∴。故选：D。【点睛】本题考查斜率的公式应用，考查运算求解能力，属于基础题.68.已知双曲线（）的一条渐近线方程为，则（）A.1 B。2 C。 D。【答案】A【解析】【分析】先判断双曲的焦点位置，再利用求得的值.【详解】∵双曲线的焦点在轴上，∴。故选：A。【点睛】本题考查双曲线的渐近线,考查对概念的理解和基本运算求解能力，属于基础题.69.“”是“直线：与直线：互相平行”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【答案】A【解析】【分析】由两直线平行的充要条件求出的值,再利用集合间的关系进行判断充分条件与必要条件.【详解】∵,∴且，解得：，∴可推出，而推不出,∴“”是“”的充分不必要条件。故选：A.【点睛】本题考查直线平行的充要条件的应用、充分条件与必要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力。70.已知椭圆C：的焦点为,，过点直线交椭圆C于A，B两点，则的周长为(）A。2 B.4 C.6 D.8【答案】D【解析】【分析】利用椭圆的定义，可求得的周长为,即可得到答案.【详解】根据椭圆的定义，，∴的周长为，∵,∴的周长为.故选：D.【点睛】本题考查椭圆的定义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意71.已知命题“，使得"是假命题，则实数a的取值范围为（）A。 B。 C. D。【答案】C【解析】【分析】若命题“，使”是假命题,则函数的最小值大于等于0，结合二次函数的性质,可得实数的取值范围．【详解】若命题“,使”是假命题，则函数的最小值大于等于0，即，解得：。故选:C。【点睛】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．72。将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥D—ABC的体积为（）A。 B. C. D。【答案】D【解析】如图,取中点，连接．因为是边长为的正方形，是中点，所以且．在中，因为，,所以，从而可得,即．所以可得面，从而有,故选D73.四棱锥的底面是一个正方形，平面是棱的中点,则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C。 D.【答案】B【解析】【详解】取的中点，连接。∵为的中点，∴，∴就是异面直线与所成的角.∵，四边形是正方形,∴，∴。又∵平面,∴，∴。连接，与交于,连接。∵四边形是正方形，∴为的中点，∴，∴平面，∴。∵，∴.∵在中，，∴，∴,即异面直线与所成角的余弦值为；故选B.点睛：本题是一道有关异面直线所成角的题目,在求解的过程中，首先要找到异面直线所成的平面角，根据题意取的中点，连接，分析可知就是异面直线与所成的角;然后再由勾股定理可知，为直角三角形，由此即可求出的余弦值,进而求出结果.74.对于平面和共面的直线，，下列命题是真命题的是A。若，与所成的角相等，则B.若，，则C.若，,则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】利用直线和平面平行、垂直的判定和性质,判断命题A、B、C都不正确，只有D正确，从而得到结论．【详解】由于平面和共面的直线，，若,与所成的角相等,则直线,平行或相交,故A不正确．若，，则，则共面直线，平行或相交，故B不正确．若,，则与平面平行或在平面内,故C不正确．若,，根据直线，是共面的直线，则一定有,故D正确，故选:D．【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判定，命题的真假的判断，属于基础题．75。已知椭圆：的右焦点为,过点的直线交椭圆于，两点,若的中点坐标为，则椭圆的方程为（)A。 B。 C。 D。【答案】A【解析】【分析】设，,，，代入椭圆方程得,利用“点差法”可得．利用中点坐标公式可得，，利用斜率计算公式可得．于是得到，化为，再利用，即可解得,．进而得到椭圆的方程．【详解】解：设，，，，代入椭圆方程得，相减得，．，，．,化为,又，解得,．椭圆的方程为．故选：．【点睛】熟练掌握“点差法”和中点坐标公式、斜率的计算公式是解题的关键．76.已知过定点的直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的倾斜角为（)A。 B.C. D。【答案】A【解析】【详解】试题分析：画出图象如下图所示，，所以时面积最大,此时,圆心到直线的距离为，设直线斜率为,直线方程为，圆心到直线距离。倾斜角为。考点:直线与圆的位置关系。77.双曲线的右焦点为，左顶点为，以为圆心,过点的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，若不小于双曲线的虚轴长,则双曲线的离心率的取值范围为（）A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】依题意，双曲线右焦点为，左顶点，圆方程为,双曲线的一条渐近线方程为,圆心到渐近线的距离为，则，化简得，转化为离心率得,解得。点睛:本题主要考查直线与圆的位置关系，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的概念和常见结论，考查划归与转化的数学思想方法.由于圆和双曲线的渐近线相交，故可利用圆的弦长公式来计算弦长,在计算过程中，双曲线焦点到渐近线的距离为这个可以作为一个小结论来记忆，求出弦长后利用已知转化为离心率的不等式来求离心率的取值范围。78。如图，在长方体中,,，,点M是棱的中点，点N在棱上，且满足，P是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（）A。 B. C。 D。【答案】D【解析】【分析】取中点,在上取点，使,连结、、，则平面平面，由此推导出线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，由此能求出线段长度的取值范围．【详解】取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，是侧面四边形内一动点（含边界）,平面,线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或,在长方体中,，，,点是棱的中点，点在棱上，且满足，，，．线段长度的取值范围是,．故选：D．【点睛】本题考查立体几何中线段长取值范围，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分，把答案填在答题卷的横线上。79。已知直线:与直线：垂直，则m的值为______【答案】【解析】【分析】由两直线垂直的充要条件可得，从而可求得m的值.【详解】∵，∴。故答案为:。【点睛】本题考查两直线垂直的充要条件，考查运算求解能力,属于基础题.80。抛物线上的点到该抛物线焦点F的距离为2，设O为坐标原点，则的面积为______【答案】【解析】【分析】利用点的坐标可得，从而得到准线方程与焦点坐标，再根据焦半径公式求得的值,再将点的坐标代入抛物线方程得，利用三角形的面积公式可求得答案。【详解】∵点在抛物线上,∴，∴抛物线的准线为，焦点为，∴,不妨设，∴,∴.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意焦半径公式的应用。81.已知球的半径为，三点在球的球面上,球心到平面的距离为，，,则球的表面积为．【答案】【解析】试题分析：设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，即,由题设可得，解之得，故球的面积.故应填答案。考点：球的几何性质与面积公式的运用．【易错点晴】球是立体几何中的重要图形之一，也是高中数学中的重要知识点之一，也历届高考必考考点之一.本题以球中的有关概念为背景，考查是与球有关的知识的综合运用读能力和空间想象能力.解答时先运用正弦定理可得，即，再由题设可得，解之得,最后求得球的面积，从而获得答案.82.设是