2020-2021學年湖州市高二上學期期末數學試卷

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.兩直線QX+by+m=0與ax+by+幾=0的距離是（）

R|m-n|「|m-n|\m-n\

A.\m-n\

*Va2+d2a2+b2

2.一束光線從點趣-1禽出發，經x軸反射到圓線:金-管外。-等整印上的最短路徑是（）

A.4B.5C.獸石TD.&匾

3.已知向量a=（-1,1,一1）,b=（2,0,-3）-則-7等于（）

A.-2B.-4C.-5D.1

4.已知承=,翼磁是可導函數，“資能或=網”是“%為函數負&磁極值點”的（）

A,充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

5.已知直線rn,九，平面a,B，則m〃a的充分條件是（）

A.nca,m//nB.al/?,m1y?

C.n//afm//nD.a//0,mu0

6.正方體ABCD-A'B'C'a中，48的中點為M，D）的中點為A7,異面直線R'M與CW所

成的角是（）

A.TB.45"c.go4D.go。

7.某幾何體的三視圖如圖所示，按圖中所給的尺寸，該幾何體的體積為（）

8.拋物線y2=4x的焦點為F,點P（x,y）為該拋物線上的動點，又點做-1,0）,則震的取值范圍是

()

A.[f,l]B.[i,l]C.停,@D.[1,2]

9.平面內，“動點P到兩個定點的距離之和為正常數”是“動點P的軌跡是橢圓”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

10.點P是曲線y=/-6工上任意一點，則點P到直線y=%+2的最小距離為()

A.—B.V2C.2y[2D.2

2

二、單空題(本大題共7小題，共36.0分)

11.若雙曲線冬―，=19>0/>0)的離心率為迷，則其漸近線方程為.

12.三個球的半徑之比是1：2：3,則其中最大的一個球的體積與另兩個球的體積之和的比是

13.圓/+y2-2%+4y4-3=0上的點到直線％-y=1的最大距離為.

14.已知橢圓捻+，=l(a>b>0)與圓/+y2=c2在第二象限的交點是P點，&(-c,0)是橢圓的

左焦點，。為坐標原點，。到直線Pa的距離是當c，則橢圓的離心率是.

15.已知直線小x+3y-6=0與直線％：kx—y+m=0,(/c>0,0<m<2),h，。與兩坐標軸

圍成的四邊形有一個外接圓，則卜=

16.已知圓G：x2+y2+2x+3y+l=0,圓C2：x2+y2+4x+3y+2=0,則圓G與圓C2的位

置關系是.

17.如圖，桌面上放置一個裝有水的圓柱形玻璃水杯，AB為杯底直徑，現以，二二二]

點B為支點將水杯傾斜，使4B所在直線與桌面所成的角為右則圓柱母線

與水面所在平面所成的角等于.

三、解答題(本大題共5小題，共74.0分)

18.已知點尸式一1,0),F2(l,0),動點M到點F2的距離是2VL線段MF1的中垂線交線段“七于點P-

(I)當點M變化時，求動點P的軌跡G的方程；

(II)過點尸2且不與x軸重合的直線L與曲線G相交于4B兩點，過點8作％軸的平行線與直線久=2相交

于點C,則直線AC是否恒過定點，若是請求出該定點，若不是請說明理由.

19.如圖，在四棱錐P—4BCD中，平面P4C1平面4BCD,且P41AC,PA=4D=2,四邊形A8CD

滿足BC〃/ID,AB1AD,AB=BC=1.E為側棱PB的中點，F為側棱PC上的任意一點.

(1)若尸為PC的中點，求證：EF〃平面P4D；

(2)求證：平面4FD平面P4B；

(3)是否存在點F,使得直線ZF與平面PCD垂直？若存在，寫出證明過程并求出線段PF的長；若不存

在，請說明理由.

20.如圖，己知動直線/經過點P(4,0),交拋物線必=2ax(a>0)于4,B兩點，坐標原點。是PQ的

中點，設直線4Q,BQ的斜率分別為自，fc2.

(1)證明：自+&=0;

(2)當a=2時，是否存在垂直于x軸的直線匕被以4P為直徑的圓截得的弦長為定值？若存在，請求

出直線I'的方程;

21.等邊三角形ABC的邊長為3,點。、E分別是邊AB、4c上的點，且滿足*=工=；(如圖1).將4ADE

UDDnN

沿。E折起到AADE的位置，使二面角4-DE-B成直二面角，連結&B、&C(如圖2).

(1)求證：平面BCED；

(2)在線段BC上是否存在點P,使直線P4與平面4BD所成的角為60。？若存在，求出PB的長；若不

存在，請說明理由.

22.已知橢圓G：搐+5=l(a>b>0)的右焦點與拋物線C2：y2=4x的焦點F重合.橢圓口與拋

物線在第一象限內的交點為P,|PF|=|.

(1)求橢圓Ci的方程；

(2)已知直線x-y+m=0與橢圓G交于不同的兩點4、B,且線段AB的中點不在圓好+y2=||內,

求m的取值范圍.

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：在直線ax+by+m=0上取一點PQo，yo），

則a%。+by0+m=0,

即有Qg+by0=-m,

由點到直線的距離公式可得，

>_|axo+byo+九I_\m-n\

y/a2+b2Va2+b2?

故選艮

在直線a%+by+TH=0上取一點P（%o，y（））,則+byQ+m=0,運用點到直線的距離公式求出P到

Q%+by+n=0的距離，化簡即可得到所求.

本題考查兩平行直線的距離公式的推導，考查點到直線的距離公式的運用，考查運算能力，屬于基

礎題.

2.答案：A

解析：試題分析：依題意可得，在工軸上找一點使得到點4與C的距離和最短，這最短距離減去半徑1,

就是所求的值點A關于%軸的對稱點4-1（一1,一1）,圓心C（2,3）,4-iC的距離為

廨嬴西=穆，所以到圓上的最短距離為5-1=4.故選A.

考點：1.最短距離的知識點.2.兩點間的距離公式.

3.答案:D

解析：解：???向量五=（一1,1,一1），b=（2,0,-3），

???a?￡>=—2+0+3=1.

故選：D.

利用向量數量積坐標運算公式求解.

本題考查向量的數量積的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意向量數量積坐標運算公式的合

理運用.

4.答案：B

解析：試題分析：因為，解=,鬣礴是可導函數，所以，“寅敏爹=斛”是":獨為函數,翼礴極值點”

的必要不充分條件，選8。

考點：函數存在極值的條件。

點評：簡單題，解=,豳感是可導函數，".濟管堿=口曠’是"旗:為函數》&啜極值點”的必要不充分

條件。

5.答案：D

解析：解：當nua,m//n,有可能mua,故A錯誤，

當al￡,ml/?,有可能mua,故B錯誤，

當?1〃訪m//n,有可能mua,故C錯誤，

故選：D.

根據空間線面平行的判定定理，結合充分不必要條件的定義進行判斷即可.

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，利用線面平行的判定定理是解決本題的關鍵，是基礎題.

6.答案：。

解析：解：取的中點H,鏈接區”，根據平行可得所求角為8〃與岫'，則根據圖形可得選。

7.答案：B

解析：解：由己知的三視圖可得：該幾何體是一個圓柱與半圓錐的組合體，

圓柱的底面半徑為1,高為1,故圓柱的體積為：兀，

半圓錐的底面半徑為1,高為豚22—12=

故半圓錐的體積為：包，

6

故組合體的體積為：每+7T,

6

故選：B.

由己知的三視圖可得：該幾何體是一個圓柱與半圓錐的組合體，分別計算體積，相加可得答案.

本題考查的知識點是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關鍵是得到該幾何體的形狀.

8.答案：A

解析：解：過P作拋物線準線的垂線，垂足為B,則|PF|=|PB|,

???拋物線y2=4x的焦點為F(1,O),點4(一1,0),

.??臀=臀!=而44尸，

\PA\\PA\

2

設過A拋物線的切線方程為y=k(x+1),代入拋物線方程可得//+Q/_4)x+k=0,

.-?△=(2/C2-4)2-4/C4>0,

k2<1,

?-\tan/.BAP\>1,

sin484Pe[y,l]-

則^的取值范圍是：住,1].

故選：A.

過P作拋物線準線的垂線，垂足為8,則|PF|=|PB|,可得瞿=sin/BAP,設過4拋物線的切線方程

為y=k(x+l),代入拋物線方程可得//+(2憶2一4萬+卜2=0,可得△、()，即可得出.

本題考查了拋物線的標準方程及其性質、直線與拋物線的位置關系，考查了推理能力與計算能力，

屬于中檔題.

9.答案：B

解析:解:若動點P到兩個定點|AB|的距離之和為正常數2a,當2a<|AB|時，動點P的軌跡是線段4B,

或不存在，故充分性不成立，

若動點P的軌跡是橢圓，則滿足，“動點P到兩個定點的距離之和為正常數”，必要性成立，

故平面內，“動點P到兩個定點的距離之和為正常數”是“動點P的軌跡是橢圓”的必要不充分條件,

故選：B.

根據橢圓的性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可.

本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據橢圓的定義和性質是解決本題的關鍵.

10.答案：B

解析：解：設P(x,y),則y'=2x-B(x>0)

令2%一1=1,則(％—1)(2%+1)=0,

V%>0,AX=1,

???y=l,即平行于直線y=x+2且與曲線y=/一相切的切點坐標為(1,1).

由點到直線的距離公式可得d=止聾=V2.

V2

故選：B.

求出平行于直線y=x+2且與曲線y=/一)x相切的切點坐標，再利用點到直線的距離公式可得

結論.

本題考查導數知識的運用，考查點到直線的距離公式，考查學生的計算能力，屬于基礎題.

11.答案：2x土y=0

解析：解：因為雙曲線的方程為：盤一《=l(a>0,b>0),

所以雙曲線的漸近線方程為：y=±￡x,

又因為雙曲線的離心率為遙，即?=遮，

所以三=5，

a2

由廬=C2—小可得：勺="-。=^--1=4,

a2aza2

所以2=2,

a

所以雙曲線的漸近線方程為：y=±2x.

故答案為：2x±y=0.

由雙曲線的標準方程得到其漸近線方程為：y=±-x,再根據雙曲線的離心率得到號=5,得到<=

Qa2a2

巴手=2一1=4,得到匕然后求出雙曲線的漸近線方程.

zz

aaCL

本題主要考查雙曲線的簡單性質，解決此題的關鍵是熟練掌握雙曲線的有關性質并且能夠進行正確

的運算.

12.答案：3：1

解析：解：???三個球的半徑之比是1：2：3,

.??可設三個球的半徑依次r、2r>3r,

根據球的體積公式，得它們的體積分別為

匕=，73,彩二,(2r)3=曰什3,匕=，⑶尸=36717"3,

3+33

二兩個較小球的體積之和：Vi+V2=i?rrynr=12/rr,

由此可得，最大的一個球的體積與另兩個球的體積之和的比為

36nr3：12nr3=3：1

故答案為：3：1

13.答案：2a

解析：解：圓/+y2-2%+4y+3=0的圓心(1,-2),半徑r=+16-12=魚,

圓心(1,2)到直線的距離d==V2,

.,?圓/+y2-2%+4y+3=0上的點到直線欠-y=1的最大距離為：d+r=V2+V2=2&.

故答案為：

圓/+y2-2x+4y+3=0的圓心(1,一2),半徑r=a，圓心(1,2)到直線的距離d=口,」=V2,

圓/+y2_2%+4y+3=0上的點到直線X-y=1的最大距離為：d+r.

本題考查圓上的點到直線的距離的最大值的求法，考查圓、直線方程、點到直線的距離公式等基礎

知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，是基礎題.

14.答案：V3—1

解析：解：如圖所示：過。作ONLPFi，

???PR1PF2,???ON//PF2,又。為FI用的中點，

ON為三角形P&F2的中位線，又。到直線Pa的距離當c，

由橢圓定義可得|PFJ+\PF2\=(V3+l)c=2a，

則6=：=高=8-1，

故答案為：V3—1.

利用數形結合，過。N1Pa,然后利用中位線求出|PFJ的值，進而可以求出IPF2I的值，利用橢圓定

義即可求解.

本題考查了橢圓的定義以及性質，涉及到中位線的問題，考查了學生的運算能力，屬于中檔題.

15.答案：3

解析：解：直線x+3y-6=0與直線％：kx-y+m=0,(fc>0,0</n<2),

根據直線方程求得kl2=k,

???兩直線與x軸、y軸的正半軸所圍成的四邊形有外接圓即兩直線互相垂直，

???-kl2=-1,即-|k=-1,解得％=3，

故答案為：3.

由四邊形有外接圓利用坐標軸垂直得到兩直線與坐標軸交點的連線是直徑，根據直徑所對的圓周角

為直角得到兩直線垂直，利用直線垂直時斜率乘積為-1解得k即可.

本題考查實數值的求法，考查靈活運用圓的性質解決實際問題，掌握兩直線垂直時的條件等基礎知

識，考查運算求解能力，是基礎題.

16.答案:相交

解析：

本題考查了圓與圓的位置關系及其判定，以及兩點間的距離公式.圓與圓位置關系的判定方法為：

0<d<|/?—r|,兩圓內含；d=\R-r\,兩圓內切；|R-r|<d<R+rO寸，兩圓相交；d=R+r

時，兩圓外切；d>R+r時，兩圓相離（d為兩圓心間的距離，R和r分別為兩圓的半徑）.

把兩個圓的方程化為標準方程，分別找出兩圓的圓心坐標和半徑R與r,利用兩點間的距離公式求出

兩圓心的距離d,與半徑和與差的關系判斷即可..

解：由圓G：/+y2+2乂+3y+1=0,化為(x+I)2+(y+1)2=圓G：x2+y2+4x+3y+2=

0,化為Q+2)2+(y+|)2=9,

得到圓心G（—1，—|），圓心。2（—2,—|）,且R=r=亨,

.?.兩圓心間的距離d=1,

1A/173

?---------1—>JL>--------------，

2222

???圓G和圓的位置關系是相交.

故答案為：相交.

17.答案：W

解析：解：如圖，以點B為支點將水杯傾斜，使AB所在直線

與桌面所成的角為￡

^ABD=a水面所在直線EF〃桌面所在直線CD,4ABF=p

rr

???乙CBF=

3

???圓柱母線與水面所在平面所成的角4EFB=Z.CBF=%

故答案為:p

作出圖形，數形結合能求出結果.

本題考查線線角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能

力、推理論證能力，是中檔題.

18.答案：解：(I);P在線段M&的中垂線上，

又P在線段MF?上，PM+PF2=MF2=2V2,

PF]+PF2=2V2,而FM2=2,

???動點P的軌跡G是以&,尸2為焦點的橢圓，

設橢圓方程為9+白=1,則2a=2企，c=1,：.a=V2，b=1,

a2b2

???動點P的軌跡方程為J+y2=l.

(H)①當I的斜率不存在時，不妨取4(1號，BQ-日)，

C(2,-號)，直線4c的方程為+y-誓=0，

此時易知AC過點G，0).

②當I的斜率存在時，設/的方程為：y=k(x-1)

聯立方程組6+/=1,消去y得：(1+2爐)/一軌2尤+2卜2_2=0,

ly=k(x—1)

設4(xi，yi)、B(x2,y2^則C(2,y2)，且＜+%2=若2，與物=卷卷，

1?KJL十

直線4c方程為y-丫2=轉(％-2),

X]一/

kxr-kx2k(xr-x2)(x-2)+k(x2-1)(%1-2)

,,,丫二.一2(X—2)+k(x2—1)二

rz4k2、22k2-2]

bxx--x-x

k(xx1—xx2-3x4-xxx2+2)^Li—(i+2k2i)^i+i+2k2+2J

-2%1一2

_可3-3)%1-石2k喬2(2欠-3)]

一

當尤=|時，y=0；

綜上可知，直線AC恒過定點(|,0).

解析：(/)由中垂線性質可得PM+P4=MF2=2近,故而P點軌跡為Fi，F2為焦點的橢圓，利用定

義求出a,b即可得出方程；

(〃)討論直線/的斜率，聯立方程組，利用根與系數的關系求出直線4C的方程，根據方程判斷即可.

本題考查了橢圓的定義，直線與橢圓的位置關系，注意根與系數的關系應用，屬于中檔題.

19.答案：解(1)因為E,F分別為側棱PB,PC的中點，所以EF〃BC.

因為BC//AO,所以EF//4。.而EFC平面P40,4。u平面P40,

所以EF〃平面PAD.

(2)因為平面A8CD1平面PAC,平面ABC。n平面P4C=AC,

S.PA1AC,PAu平面P4C,

所以P41平面ABC。，又40u平面4BCD,所以P4140.

又因為AB14D,PAr\AB=A,所以AD_L平面PAB,

而4Du平面4FD,所以平面4FD，平面PAB.

(3)在棱PC上顯然存在點F使得4F1PC.

由已知，AB1AD,BC//AD,AB=BC=1,AD=2.

由平面幾何知識可得CD1AC.

由(2)知，PA1平面ZBCD,所以PA1CD,

因為PAnAC=4所以CDJ■平面P4C.

而4Fu平面P4C,所以C0_L4F.

又因為CDnPC=C,所以AF1?平面PCD.

在△P4C中，PA=2,AC=V2,^PAC=90°,

可求得，PC=粕，PF=—.

3

可見直線4尸與平面PCD能夠垂直，此時線段PF的長為辿.

3

解析：⑴易得E/7/4D，利用線面平行的判定證明，

(2)易得40_L平面P4B,利用面面垂直的判定，可得40u平面AFO,所以平面AF。_L平面P4B.

(3)易得CD1平面PAC.只需在棱PC上存在點尸使得4F1PC即可.

本題考查了空間點、線、面位置關系，屬于中檔題.

20.答案：(1)證明：設直線1方程為x=my+'個

4(mG/?),與拋物線方程聯立可得：y2-1，/

2amy-8a=0,/—?

再設點4緇,yj,B(宗丫2)，貝(ly「y2=-8a

Y=t

所以自=念=箴=至2a=一^=F,故的+的=。--（7分）

2ayl

（2）解：因為a=2,所以拋物線的方程為：y2=4%.

記線段AP中點即圓心為。，（當竺,葭），則圓的半徑r=|0，P|=J（曾—4）2+#,

假設存在這樣的直線,記作八x=t.若要滿足題意,只需產-這為常數即可.——（10分）

故產-d2=（誓一4）2+?_（t-智＞=（；-；）yf-t2+4t

所以:=；,即t=3時，能保證為常數，故存在這樣的直線八%=3滿足題意.——（15分）

解析：⑴設直線⑵程與拋物線方程聯立可得：/一2m^-8a=0,表示出直線ZQ,BQ的斜率,

利用韋達定理可證；

（2）假設存在這樣的直線，記作八％=t.若要滿足題意，只需產-d2為常數即可.

本題考查直線與拋物線的位置關系，考查韋達定理的運用，考查圓中弦長的計算，屬于中檔題.

21.答案：解：(1”.?正△ABC的邊長為3,且等=胃=5

UDEtn4

AD=1,AE=2,

△AOE中，/.DAE=60°,由余弦定理，得

DE—Vl2+22—2xlx2xcos60°=V3

vAD2+DE2=4=AE2,???AD1DE.

折疊后，仍有ZiC_LDE

?.?二面角4-DE-B成直二面角，.?.平面ADE_L平面BCDE

又???平面&DE介平面BCOE=DE,&。u平面&OE,ArD1DE

二平面BCED；

（2）假設在線段8c上存在點P,使直線P4與平面&BD所成的角為60。

如圖，作PH1BD于點H,連接44、41P

由（1）得40,平面BCEO,而PHu平面BCEO

所以

???Ai。、BD是平面&BD內的相交直線，

???PH平面&BD

由此可得NP&H是直線P&與平面&BD所成的角，即=60°

設PB=x(0<x<3),則BH=PBcos60°=；,PH=PBsin600=yx

X

在RtAPAi”中，/.PA^H=60°,所以4擔2’

在RtAZMiH中，ArD=1,OH=2-1

22

由公屏+DH2=4]“2,得12+Q一1%)=(ix)

解之得x=|,滿足0<x<3符合題意

所以在線段BC上存在點P,使直線P&與平面&BD所成的角為60。，此時PB=|.

解析：(1)等邊△ABC中，根據得到4)=1且4E=2,由余弦定理算出DE=百，從而得

UHD/1N

到4。2+DE2=AE2t所以4D1DE.結合題意得平面4DE1平面BCDE,利用面面垂直的性質定理，

可證出&D_L平面BCED；

(2)作PH1BD于點H,連接&H、ArP,由40，平面BCE。得所以PH1平面48。，可

得ZP&H是直線P4與平面4道。所成的角，即4P4力=60。.設PB=x(04xW3)