【解析】浙江省七彩阳光新高考研究联盟2019-2020学年高二下学期阶段性评估数学试题

高二年级数学学科考生须知：1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、选择题：本大题共10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.的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将直线方程变为斜截式,根据斜率与倾斜角关系可直接求解.【详解】直线变形为所以设倾斜角为则因为所以故选:B【点睛】本题考查了直线方程中倾斜角与斜率的关系,属于基础题.，表示复数的共轭复数，则复数的模是（）A. B.25 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】首先根据题中所给的复数，求出，应用复数乘法运算求得，利用复数模的公式求得结果.详解】，，所以，故选：C．【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的共轭复数，复数的乘法运算，复数的模，属于基础题目.在点处的切线方程为，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义可知，，即可解出．【详解】因为，所以，∴，即，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，以及复合函数的导数计算，属于基础题．展开式中的常数项为（）A.36 B.84 C.72 D.126【答案】B【解析】【分析】写出二项展开式通项公式，令的指数为0，得出常数项的项数，即可得常数项．【详解】展开式通项公式为，令，得，所以常数项为．故选：B．【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，，则 D.若，，则【答案】C【解析】【分析】由线面垂直的判定定理可判断A，由线面平行的性质定理可判断B，由面面平行的性质定理可判断C，由线面平行的性质定理可判断D.【详解】解：对于A，由线面垂直的判定定理可知当直线垂直平面内的两条相交直线时，才成立，所以A不正确；对于B，若，，则或，异面，所以B不正确；对于C，由面面平行的性质定理可知是正确的，对于D，若，，则，有可能相交、平行或异面，所以D不正确，故选：C【点睛】此题考查了线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题.中，“”是“为直角三角形”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】根据充分条件，必要条件的定义即可求出．【详解】当时，即，∴，即，所以为直角三角形；当为直角三角形时，直角不一定是角，当直角不是角时，；所以“”是“为直角三角形”的充分不必要条件．故选：A．【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，以及向量数量积的定义的理解，属于基础题．，动点Q在圆上，线段的垂直平分线交于点M（O为坐标原点），则动点M的轨迹是（）A.圆 B.直线 C.双曲线 D.椭圆【答案】D【解析】【分析】根据中垂线的定义可知，，再根据，即可根据椭圆的定义可知动点M的轨迹是椭圆．【详解】如图所示：因为，所以，因此点的轨迹是以为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆．故选：D．【点睛】本题主要考查利用椭圆的定义求轨迹方程，属于基础题．中，，，平面外一点P满足，则三棱锥的外接球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得棱锥顶点在底面投影为的外心，则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径．【详解】解：因为，棱锥顶点在底面投影为的外心，则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径，是等腰直角三角形，斜边，如图在中，，则，设外接圆半径为，则解得则三棱锥外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积．故选：B．【点睛】本题考查的知识点是球的表面积，根据已知求出球的半径是解答的关键，属于中档题．M既在双曲线上，又在抛物线上，设的左、右焦点分别为、，若的焦点为，且是以为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据的左、右焦点分别为、，的焦点为，得到抛物线的准线方程，为：，过M作MA垂直准线，利用抛物线的定义得到，则四边形是正方形，从而是等腰直角三角形，然后再利用双曲线的定义结合离心率公式求解.【详解】因为的左、右焦点分别为、，的焦点为，所以抛物线的准线方程为：，又因为是以为底边的等腰三角形，过M作MA垂直准线，如图所示：则，所以四边形是正方形，则是等腰直角三角形，所以，所以，又，所以，即，解得.故选：A【点睛】本题主要考查双曲线、抛物线几何性质以及平面几何的知识，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.中，，且，侧面的体积，则线段长度的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出棱锥的高，由体积及三棱锥得的范围，由此可得的范围（先用表示出）．【详解】设是中点，连接，因为，，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面，过作于，则平面，显然，由已知，，，，，所以，即，记，则，，若在线段上，如下图，则，，因为，所以，，若在线段的延长线上，如下图，则，，因为，所以，综上．故选：D．【点睛】本题考查棱锥的体积，考查求线段长的取值范围，本题解题关键是在变化时，点位置的确定，可分类讨论，即在线段上和在线段的延长线上，从而把表示为的函数式，结合函数知识得所求范围．非选择题部分二、填空题：（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）的焦点坐标是________；渐近线方程是___________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】根据双曲线的方程可知，，再结合双曲线的简单几何性质即可求出．【详解】根据双曲线的方程可知，，因为，所以焦点坐标为，渐近线方程是．故答案为：；．【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质的应用，属于基础题．，则________；____.【答案】(1).32(2).121【解析】【分析】在所给式子中令得到得值，又分别令，，相减得到得值.【详解】令，得，令，得①，令，得②，①—②，得，所以.故答案为：；.【点睛】本题考查利用赋值法求二项展开式中部分项的系数和，考查学生的基本计算能力，是中档题.13.如图，在底面边长均为2，高为1的长方体中，E、F分别为、的中点，则异面直线、所成角的大小为_______；平面与平面所成锐二面角的余弦值为__________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】以D为原点建立空间直角坐标系，分别求得的坐标，利用空间向量的线线角公式求解；求得平面的一个法向量，易知平面一个法向量为：，由求解.【详解】以D为原点建立如图所示空间之间坐标系：则，所以，设异面直线、所成角的大小为，所以，因为，所以又，设平面的一个法向量为：，则，即，令，则，平面一个法向量为：，设平面与平面所成锐二面角为，所以故答案为：①；②【点睛】本题主要考查空间向量法求异面直线所成的角和二面角问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.14.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积是________．【答案】(1).5(2).15+．【解析】由三视图还原可知，原图形是一个长方体左右两边各切去了一个角，所以体积为15.2020年2月为支援湖北抗疫，浙江某医院派出3名医生和4名护士去湖北三家不同的医院抗疫，每家医院至少分到1名医生和1名护士，则不同的分配方法共有_______种.（用数字表示）.【答案】216【解析】【分析】首先安排3名医生，再安排4名护士，分为1、1、2三种情况，最后按照分步乘法计数原理计算可得；【详解】解：首先安排3名医生有种，再安排4名护士，分为1、1、2三种情况，有种；按照分步乘法计算原理则不同的分配方法共有种故答案为：【点睛】本题考查分步计数问题，属于中档题．是直线上一动点，，是圆的两条切线，A，B是切点，若四边形的最小面积是1，则k的值为__________.【答案】【解析】【分析】先求圆的半径，四边形的最小面积是1，转化为三角形的面积是，求出切线长，再求的距离也就是圆心到直线的距离，可解的值．【详解】解：圆的圆心，半径是，由圆的性质知：，四边形的最小面积是1，是切线长）圆心到直线的距离就是的最小值，故答案为：【点睛】本题考查直线和圆的方程的应用，点到直线的距离公式等知识，属于中档题．在椭圆上，A，B两点也在椭圆上，且直线与直线关于直线对称，则直线的斜率为__________.【答案】1【解析】【分析】由题意可得，设，，直线，联立方程组结合韦达定理可得、，计算出、后，由斜率公式即可得解.【详解】由题意直线、的斜率均存在，且，设，，直线，则，消去可得，则即，同理直线，，所以，，又，所以直线的斜率.故答案为：1.【点睛】本题考查了直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，合理转化条件、联立方程组利用韦达定理是解决本题的关键，属于中档题.三、解答题：本大题有5个小题，共74分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.，直线.（1）若，求实数a的值；（2）若，求实数a的值.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）根据两直线垂直的等价条件列式求解即可；（2）根据两直线平行，分类讨论斜率不存在和斜率存在且相等的情况，检验即可求出．【详解】（1）∵，∴，∴，∴或．（2）当时，，，∴；当时，由解得：，此时，，，即，两直线不重合．综上得：或．【点睛】本题主要考查根据两直线垂直和平行求参数，属于基础题．19.如图，在梯形中，，，矩形中，，又有.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）在梯形中，通过计算得出，由勾股定理逆定理得，从而证线面平行；（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．【详解】证明：（1）在梯形中，，，∴四边形是等腰梯形，∴，，∴，∴又∵矩形中，，又有，，∴，又∵∴平面，（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系：，，，，.所以，，…设平面的法向量为，所以∴，令，则，，∴，，∴直线与平面所成角的正弦值是．【点睛】本题考查证明线面垂直，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．掌握线面垂直的判定定理是解题基础，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算问题．表示一个圆.（1）求实数m的取值范围；（2）当时，若圆C与直线交于A，B两点（其中C为圆心），是直角三角形，求实数a的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据方程表示圆的条件，列式即可解出；（2）先由圆的方程求出圆心和半径，再根据题意以及圆的几何知识可知，圆心到直线的距离为，列式即可解出．【详解】（1）由题意可知，，即，∴．（2）∵，∴，即可知圆心坐标为，半径．∵是直角三角形，∴，∴，即，化简得∴．【点睛】本题主要考查方程表示圆的条件的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，属于基础题．，.（1）若函数在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；（2）若在上至少存在一个，满足，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由函数在定义域内单调递增，可得对一切恒成立，然后分离参数得，再利用基本不等式求出最大值即可；（2）由已知可知在上有解，再构造函数，只需在上有解，利用导数只需求出的最大值大于零，从而可求出a的取值范围.【详解】解：（1），有条件得，对一切恒成立因为，所以即对一切恒成立，，∴，∴（2）方法一：有题意得：在上有解即在上有解，，，所以必有所以在上是增函数只需解得方法二：有题意得：在上有即在上有解，当时，不符合；当时，有在上有解记，只需，所以在是减函数在是增函数且，所以在是减函数【点睛】此题考查利用导数法研究函数的单调性、函数最值的应用，考查了数学转化思想，考查了计算能力，属于较难题.，直线上有两点E，F使，点P在线段的延长线上，且.（1）若，求点P的轨迹方程；（2）若在点P的轨迹上存在两点M，N，设，的夹角为.①若，求证：直线过定点，并求定点坐标；②若为锐角，求直线与x轴交点横坐标的取值范围.【答案】（1）；（2）①证明见解析，；②或..【解析】【分析】先利用参数求出点轨迹方程，（1）代入后可得（注意去掉原点）；（2）设点的坐标为，点的坐标为，，代入（1）中方程然后相减可得，写出直线方程，令得，①若，．由此可得，代入后得定点坐标；②若为锐角，，可得的范围，从而出结