浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二上学期期末考试数学答案

2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷一、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．1．（4分）直线3x﹣y+1＝0的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120°D．135°2．（4分）抛物线y2＝4x的焦点坐标是（）A．（1，0）B．（0，1）C．（2，0）D．（0，2）3．（4分）设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l∥m，m⊂α，则l∥αD．若l⊥α，m⊥α，则l∥m4．（4分）“直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b＜1”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5．（4分）圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0的公切线条数为（）A．1B．2C．3D．46．（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦AB的长为5，那么△ABF2的周长是（）A．12B．16C．21D．267．（4分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）A．B．C．D．8．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线9．（4分）已知点A，B为抛物线y2＝4x上的两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，则△OAB的面积的最小值为（）A．16B．8C．4D．210．（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体A k B k∁k D k（k＝1，2，3，4），记△A k B k∁k的三个内角分别为A k，B k，∁k，其中一定不是“完美四面体”的为（）A．A1：B1：C1＝3：5：7B．sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7C．cos A3：cos B3：cos C3＝3：5：7D．tan A4：tan B4：tan C4＝3：5：7二、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．（6分）双曲线﹣＝1的焦距为，渐近线方程为．12．（6分）已知直线l：mx﹣y＝1，若直线l与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，则m的值为，动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为．13．（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为cm3．14．（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a≠0，C（0，﹣2），∠CAB＝90°，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为；点B的轨迹E的方程为．15．（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（﹣a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F到AB的距离等于，则椭圆的离心率为．16．（4分）设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；③D1B1⊥平面B1EF；④直线D1B1与平面B1EF所成的角为60°．其中正确的命题为．17．（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M 为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．若p，q都是真命题，求k的取值范围．19．（15分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．20．（15分）已知抛物线C；y2＝2px过点A（1，1）．（1）求抛物线C的方程；（2）过点P（3，﹣1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．21．（15分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；（Ⅱ）求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值．22．（15分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y＝4与椭圆有且只有一个交点T．（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．1．（4分）直线3x﹣y+1＝0的倾斜角是（）A．30°B．60°C．120°D．135°【分析】根据直线求出它的斜率，再求出倾斜角．【解答】解：直线3x﹣y+1＝0的斜率为k＝＝，∴tanα＝，∴倾斜角是60°．故选：B．【点评】本题考查了根据直线方程求倾斜角的问题，是基础题．2．（4分）抛物线y2＝4x的焦点坐标是（）A．（1，0）B．（0，1）C．（2，0）D．（0，2）【分析】由抛物线y2＝2px的焦点坐标为（，0），即有p＝2，即可得到焦点坐标．【解答】解：由抛物线y2＝2px的焦点坐标为（，0），即有抛物线y2＝4x的2p＝4，即p＝2，则焦点坐标为（1，0），故选：A．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点，属于基础题．3．（4分）设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l∥m，m⊂α，则l∥αD．若l⊥α，m⊥α，则l∥m【分析】在A中，l与α相交、平行或l⊂α；在B中，l与m相交、平行或异面；在C中，l∥α或l⊂α；在D中，由线面垂直的性质定理得l∥m．【解答】解：由l，m是两条不同的直线，α是一个平面，知：在A中，若l⊥m，m⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；在B中，若l∥α，m∥α，则l与m相交、平行或异面，故B错误；在C中，若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故C错误；在D中，若l⊥α，m⊥α，则由线面垂直的性质定理得l∥m，故D正确．故选：D．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．4．（4分）“直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b＜1”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【分析】直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，可得（0，b）在圆内，b2＜1，求出﹣1＜b＜1，即可得出结论．【解答】解：直线y＝x+b恒过（0，b），∵直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，∴（0，b）在圆内，∴b2＜1，∴﹣1＜b＜1；0＜b＜1时，（0，b）在圆内，∴直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交．故选：B．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查四种条件的判断，比较基础．5．（4分）圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0的公切线条数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】根据题意，分析两圆的圆心与半径，由圆与圆的位置关系可得两圆相交，据此分两圆的共切线条数即可得答案．【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0，即（x+1）2+（y+4）2＝25，其圆心C1为（﹣1，﹣4），半径r1＝5，圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9，其圆心C2为（2，2），半径r2＝3，分析可得：|C1C2|＝＝3，则有r1﹣r2＝2＜|C1C2|＜r1+r2＝8，则两圆相交，有2条公切线；故选：B．【点评】本题考查圆与圆位置关系的判定，涉及两圆公切线条数的判定，属于基础题．6．（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦AB的长为5，那么△ABF2的周长是（）A．12B．16C．21D．26【分析】依题意，利用双曲线的定义可求得|AF2|﹣|AF1|＝2a＝8，|BF2|﹣|BF1|＝2a＝8，从而可求得△ABF2的周长．【解答】解：依题意，|AF2|﹣|AF1|＝2a＝8，|BF2|﹣|BF1|＝2a＝8，∴（|AF2|﹣|AF1|）+（|BF2|﹣|BF1|）＝16，又|AB|＝5，∴（|AF2|+|BF2|）＝16+（|AF1|+|BF1|）＝16+|AB|＝16+5＝21．∴|AF2|+|BF2|+|AB|＝21+5＝26．即△ABF2的周长是26．故选：D．【点评】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．7．（4分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE 与平面BCD1所形成角的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B（1，1，0），E（1，0，1），C（0，1，0），D1（0，0，2），＝（0，﹣1，1），＝（1，0，0），＝（0，﹣1，2），设平面BCD1的法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（0，2，1），设直线BE与平面BCD1所形成角为θ，则sinθ＝＝＝．cosθ＝＝∴直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为．故选：C．【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．8．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线【分析】由线C1D1垂直平面BB1C1C，分析出|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，则动点P满足抛物线定义，问题解决．【解答】解：由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C1的距离，所以点P的轨迹是抛物线．故选：D．【点评】本题考查抛物线定义及线面垂直的性质．9．（4分）已知点A，B为抛物线y2＝4x上的两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，则△OAB的面积的最小值为（）A．16B．8C．4D．2【分析】先设直线的方程为斜截式（有斜率时），代入抛物线，利用OA⊥OB找到k，b的关系，然后利用弦长公式将面积最后表示成k的函数，然后求其最值即可．最后求出没斜率时的直线进行比较得最终结果．【解答】解：当直线斜率存在时，设直线方程为y＝kx+b．由消去y得k2x2+（2kb﹣4）x+b2＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得△＝（2kb﹣4）2﹣4k2b2＞0，即kb＜1．x1+x2＝，x1x2＝，所以y1y2＝k2x1x2+kb（x1+x2）+b2＝．所以由OA⊥OB得•＝x1x2+y1y2＝+＝0所以b＝﹣2pk，①代入直线方程得y＝kx﹣4k＝k（x﹣4），所以直线过定点（4，0）．再设直线方程为x＝my+4，代入y2＝4x得y2﹣4my﹣16＝0，所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16，所以|y1﹣y2|＝＝＝＝2，所以S＝×4×，所以当m＝0时，S的最小值为8．故选：B．【点评】本题考查了直线和圆锥曲线的位置关系中的弦长问题中的最值问题，一般先结合韦达定理将要求最值的量表示出来，然后利用函数思想或基本不等式求最值即可．10．（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体A k B k∁k D k（k＝1，2，3，4），记△A k B k∁k的三个内角分别为A k，B k，∁k，其中一定不是“完美四面体”的为（）A．A1：B1：C1＝3：5：7B．sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7C．cos A3：cos B3：cos C3＝3：5：7D．tan A4：tan B4：tan C4＝3：5：7【分析】若sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7，由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B2＝3：5：7，设B2C2＝3x，A2C2＝5x，A2B2＝7x，由“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，得到D2A2＝3x，D2B2＝5x，D2C2＝7x，列方程推导出这样的四面体不存在，从而D2A2B2C2一定不是完美的四面体．【解答】解：若sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7，由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B2＝3：5：7，设B2C2＝3x，A2C2＝5x，A2B2＝7x，∵“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，∴D2A2＝3x，D2B2＝5x，D2C2＝7x，把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为3x，5x，7x，设长方体棱长为a，b，c，则，以上方程组无解，∴这样的四面体不存在，∴四个侧面不全等，故D2A2B2C2一定不是完美的四面体．故选：B．【点评】本题考查四面体的性质及长方体的性质、新定义问题，考查空间几何体性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．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．（6分）双曲线﹣＝1的焦距为6，渐近线方程为y＝±x．【分析】根据题意，由双曲线的标准方程分析可得双曲线的焦点位置以及a、b的值，计算可得c的值，即可得双曲线的焦距，由双曲线的渐近线方程分析可得答案．【解答】解：根据题意，双曲线的方程为﹣＝1，其焦点在x轴上，且a＝，b＝＝2，则c＝＝3，则双曲线的焦距2c＝6，渐近线方程为y＝±x；故答案为：6，y＝±x．【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线标准方程的形式．12．（6分）已知直线l：mx﹣y＝1，若直线l与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，则m的值为0或2，动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为．【分析】直接由直线垂直与系数的关系列式求得m值；化圆的方程为标准方程，作出图形，数形结合求解．【解答】解：∵直线mx﹣y＝1与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，∴m×1+（﹣1）×m（m﹣1）＝0，解得m＝0或m＝2；动直线l：mx﹣y＝1过定点（0，﹣1），圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0化为（x﹣1）2+y2＝9，圆心（1，0）到直线mx﹣y﹣1＝0的距离的最大值为，∴动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为2＝．故答案为：0或2；．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．13．（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为8+4cm3．【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，再由体积及表面积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，则该几何体的体积为V＝；表面积为S＝＝．故答案为：；．【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．14．（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a≠0，C（0，﹣2），∠CAB＝90°，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为a2＝2b；点B的轨迹E的方程为y＝x2（x≠0）．【分析】求出AC和AB的斜率，根据∠CAB＝90°得出斜率之间的关系，列方程即可得出答案．【解答】解：∵∠CAB＝90°，∴k AC•k AB＝﹣1，又k AC＝，k AB＝k AD＝，∴﹣＝﹣1，即a2＝2b．设B（x，y），∵D是AB的中点，∴x＝﹣a，y＝2b，∵a2＝2b，∴x2＝y，∴B点轨迹方程为y＝x2（x≠0）．故答案为a2＝2b，y＝x2（x≠0）．【点评】本题考查了轨迹方程的求解，属于中档题．15．（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（﹣a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F到AB的距离等于，则椭圆的离心率为．【分析】由题意可得直线AB的方程：bx﹣ay+ab＝0，利用点F（﹣c，0）到直线AB的距离公式可求得d＝，整理可得答案．【解答】解：依题意得，AB的方程为+＝1，即：bx﹣ay+ab＝0，设点F（﹣c，0）到直线AB的距离为d，∴d＝＝，∴5a2﹣14ac+8c2＝0，∴8e2﹣14e+5＝0，∵e∈（0，1）∴e＝或e＝（舍）．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查点到直线间的距离公式，考查转化与运算能力，属于中档题．16．（4分）设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；③D1B1⊥平面B1EF；④直线D1B1与平面B1EF所成的角为60°．其中正确的命题为①②．【分析】①根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；②求得异面直线D1B1与EF所成的角为45°；③判断D1B1与平面B1EF不垂直；④直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°．【解答】解：如图1所示三棱锥D1﹣B1EF的体积为V＝•B1C1＝××2×2×1＝，为定值，①正确；EF∥D1C1，∠B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角，为45°，②正确；D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，③错误；直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°，④错误．综上，正确的命题序号是①②．故答案为：①②．【点评】本题考查了空间中的直线与平面之间的位置关系应用问题，是中档题．17．（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．【分析】如图，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得＝2，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．【解答】解：如图，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．∵OM＝1，OA＝，OK＝2，∴＝2，∵∠MOK＝∠AOM，∴△MOK∽△AOM，∴＝2，∴MK＝2MA，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，∵B（1，1），K（﹣2，0），∴|BK|＝故答案为：．【点评】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．若p，q都是真命题，求k的取值范围．【分析】由双曲线的性质得：方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）＞0，即k，由直线与抛物线的位置关系得：关于y的方程：ky2﹣4y+8k+4＝0，有两不等实数解，再由判别式求解，然后利用复合命题的真假列不等式组即可得解．【解答】解：当p为真时，即方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）＞0，即k，当q为真时，即斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．由点斜式可设直线方程为：y﹣1＝k（x+2），即y＝kx+2k+1，联立方程组即，消x整理得：ky2﹣4y+8k+4＝0，又直线与抛物线交于不同的两点，即关于y的方程有两不等实数解，即，解得：﹣1，又p，q都是真命题，则，解得：﹣，故答案为：（﹣∪（0，）．【点评】本题考查了双曲线的性质、直线与抛物线的位置关系及复合命题的真假，属简单题．19．（15分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【分析】设AC，A1C1的中点分别为O，O1，以{}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，（1）由|cos|＝可得异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求得平面AQC1的一个法向量为，设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，可得sinθ＝|cos|＝，即可得直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，故以{}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，﹣1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）．（1）点P为A1B1的中点．∴，∴，．|cos|＝＝＝．∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）∵Q为BC的中点．∴Q（）∴，，设平面AQC1的一个法向量为＝（x，y，z），由，可取＝（，﹣1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，sinθ＝|cos|＝＝，∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．【点评】本题考查了向量法求空间角，属于中档题．20．（15分）已知抛物线C；y2＝2px过点A（1，1）．（1）求抛物线C的方程；（2）过点P（3，﹣1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．【分析】（1）利用待定系数法，可求抛物线的标准方程；（2）设过点P（3，﹣1）的直线l的方程为x﹣3＝m（y+1），即x＝my+m+3，代入y2＝x利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求k1•k2的值．【解答】解：（1）由题意抛物线y2＝2px过点A（1，1），所以p＝，所以得抛物线的方程为y2＝x；（2）证明：设过点P（3，﹣1）的直线l的方程为x﹣3＝m（y+1），即x＝my+m+3，代入y2＝x得y2﹣my﹣m﹣3＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2＝m，y1y2＝﹣m﹣3，所以k1•k2＝＝＝﹣【点评】本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．21．（15分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；（Ⅱ）求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值．【分析】（Ⅰ）取A'D的中点M，连接FM，EM，由已知得四边形BFME为平行四边形，由此能证明BF∥平面A'DE．（Ⅱ）在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，则BN⊥平面A'DE，连接A'N，∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，由此能求出直线A'B与平面A'DE所成角的正切值．【解答】（Ⅰ）证明：取A'D的中点M，连接FM，EM．∵F为A'C中点，∴FM∥CD且…（2分）∴BE∥FM且BE＝FM，∴四边形BFME为平行四边形．…（4分）∴BF∥EM，又EM⊆平面A'DE，BF⊄平面A'DE，∴BF∥平面A'DE…（6分）（Ⅱ）解：在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，∵平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE＝DE，∴BN⊥平面A'DE，连接A'N，则∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，…（8分）∵△BNE∽△DAEBE＝1，，∴，…（10分）在△A'DE中作A'P⊥DE垂足为P，∵A'E＝1，A'D＝2，∴，∵，∴在直角△A'PN中，，又，∴…（14分）∴在直角△A'BN中，，∴直线A'B与平面A'DE所成角的正切值为．…（15分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正切值的求法，考查方程思想、等价转化思想等数学思想方法和学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力，是中档题．22．（15分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y＝4与椭圆有且只有一个交点T．（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．【分析】（I）根据椭圆的离心率公式，b2＝a2，将直线方程代入椭圆方程由△＝0，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（Ⅱ）设直线l′的方程，联立求得P点坐标，将直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及两点之间的距离公式，求得|PA|•|PB|，即可求得答案．【解答】解：（I）由e＝＝＝，b2＝a2，联立，消去x，整理得：，①由△＝0，解得：a2＝4，b2＝3，∴椭圆的标准方程，由①可知y T＝，则T（1，）；（Ⅱ）设直线l′的方程为y＝x+t，由，解得P的坐标为（1﹣，+），所以|PT|2＝t2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去y整理得x2+tx+﹣1＝0，则，△＝t2﹣4（﹣1）＞0，t2＜12，y1＝x1+t，y2＝x2+t，|PA|＝＝|﹣x1|，同理|PB|＝|﹣x2|，|PA|•|PB|＝|（﹣x1）（﹣x2）|＝|﹣（x1+x2）+x1x2|，|﹣（﹣t）+|＝t2，∴＝＝，∴＝为定值．【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题．。

2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】直线的斜率为直线的倾斜角为：，可得：故选2．抛物线的焦点坐标是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：根据抛物线的焦点坐标是，所以此题的答案应是，故选A.【考点】抛物线的焦点坐标和标准方程.3．设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析】试题分析：对于A,若，与可能平行，故A错；对于B, 若，与可以相交、异面直线、平行，故B错；对于C, 若，，l与可以相交、异面直线、平行，故C错；对于D,根据线面垂直的性质定理可得若，则，故D 正确.【考点】空间直线与平面的位置关系.【方法点晴】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4．“直线y ＝x+b 与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b ＜1”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】B【解析】由题意，直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，可得（0，b ）在圆内，b 2＜1，求出﹣1＜b ＜1，即可得出结论． 【详解】由题意，直线y ＝x+b 恒过（0，b ），∵直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，∴（0，b ）在圆内，∴b 2＜1，∴﹣1＜b ＜1； 又由0＜b ＜1时，（0，b ）在圆内，∴直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交． 故选：B ． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及充要条件的判断问题，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的求解方法，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5．圆221:2880C x y x y +++-=与圆222:4410C x y x y +---=的公切线条数为（ ）A.1 B .2 C.3 D.4 【答案】B【解析】试题分析：由题意得，圆1C 的圆心1(1,4)C --，半径为5R =；圆2C 的圆心2(2,2)C ，半径为3r =，则12C C =，且2,8R r R r -=+=，即12R r C C R r -<<+，所以两圆相交，所以共有2条公切线，故选B ．【考点】圆与圆的位置关系．6．双曲线的左、右焦点分别为，，在左支上过点的弦AB的长为5，那么的周长是A．12 B．16 C．21 D．26【答案】D【解析】依题意，利用双曲线的定义可求得，，从而可求得的周长．【详解】解：依题意，，，，又，．．即的周长是26．故选：D．【点睛】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．7．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C. 8．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C的距离，所以点P的轨迹是抛物线．故选D．9．已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】A【解析】方法一：第一步，把A，B点设出来；第二步，根据向量垂直的等式关系推导出参数间的关系；第三步，根据题意列出面积方程；第四步，利用均值不等式进行求最小值.方法二：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，根据对称关系，直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，【详解】解析：设，则，,则解得，根据三角形的面积公式，，当且仅当时，取最小值.则的面积的最小值为16.解法2：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，又因为，所以直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，解得，所以，此时．答案选A 【点睛】本题考查直线与抛物线形成的三角形面积，对动点采用设而不求的方法，难点在于根据已有向量关系形成等量代换，进而均值不等式求解面积最小值，难度较大。

2018学年第一学期温州新力量联盟期中联考高二年级技术学科参考答案第一部分信息技术（共50分）一、选择题（本大题共12小题，每小题2分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）二、非选择题（本大题共5小题，共26分，其中13题4分，14题4分，15题7分，16题4分，17题7分）13.（1）○4○3○1○2（1分）（2）文章.jpg （1分）、文章.txt （1分）、○1（1分）14.（1）罗中学籍.accdb （1分）（2） 2018级（1分）、 B （1分）（3）一个字段（1分）15．（1） =C25/B25*E25 （1分）（2）数据保留两位小数（其他等价答案）（2分）（3） 15-19岁（1分）（4） A5：A25，C5：D25 （2分）、 0-4岁（1分）16.（1） caption （1分）（2）① a=text1.text （1分）、② mid(b,i,1) （2分）17.（1） Command1 （1分）（2）① len(s) （2分）、② m1*10+val(s1) （2分）③ str(t) （1分）（3） 8932 （1分）第二部分通用技术(共50分)一、选择题（本大题共13小题，每小题2分，共26分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）二、非选择题（本大题共 3 小题，第 14 小题 5 分，第 15 小题 7 分，第 15 小题 12 分,共24 分）14．（5分，每空一分）（1） C A D ；（有顺序）（2） B ， D15.根据轴测图，补全三视图中缺少的七条图线（每条线1分,共7分）16．（12分）（1） A (1分)（2） B C （2分）（3）（4）共（9分，草图部分6分，尺寸部分3分）草图略，草图部分6分，其中连续可调2分，高度可调2分，设计合理2分。

2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】直线的斜率为直线的倾斜角为：，可得：故选2．抛物线的焦点坐标是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：根据抛物线的焦点坐标是，所以此题的答案应是，故选A.【考点】抛物线的焦点坐标和标准方程.3．设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析】试题分析：对于A,若，与可能平行，故A错；对于B, 若，与可以相交、异面直线、平行，故B错；对于C, 若，，l与可以相交、异面直线、平行，故C错；对于D,根据线面垂直的性质定理可得若，则，故D 正确.【考点】空间直线与平面的位置关系.【方法点晴】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4．“直线y ＝x+b 与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b ＜1”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】B【解析】由题意，直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，可得（0，b ）在圆内，b 2＜1，求出﹣1＜b ＜1，即可得出结论． 【详解】由题意，直线y ＝x+b 恒过（0，b ），∵直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，∴（0，b ）在圆内，∴b 2＜1，∴﹣1＜b ＜1； 又由0＜b ＜1时，（0，b ）在圆内，∴直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交． 故选：B ． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及充要条件的判断问题，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的求解方法，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5．圆221:2880C x y x y +++-=与圆222:4410C x y x y +---=的公切线条数为（ ）A.1 B .2 C.3 D.4 【答案】B【解析】试题分析：由题意得，圆1C 的圆心1(1,4)C --，半径为5R =；圆2C 的圆心2(2,2)C ，半径为3r =，则12C C =，且2,8R r R r -=+=，即12R r C C R r -<<+，所以两圆相交，所以共有2条公切线，故选B ．【考点】圆与圆的位置关系．6．双曲线的左、右焦点分别为，，在左支上过点的弦AB的长为5，那么的周长是A．12 B．16 C．21 D．26【答案】D【解析】依题意，利用双曲线的定义可求得，，从而可求得的周长．【详解】解：依题意，，，，又，．．即的周长是26．故选：D．【点睛】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．7．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C. 8．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C的距离，所以点P的轨迹是抛物线．故选D．9．已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】A【解析】方法一：第一步，把A，B点设出来；第二步，根据向量垂直的等式关系推导出参数间的关系；第三步，根据题意列出面积方程；第四步，利用均值不等式进行求最小值.方法二：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，根据对称关系，直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，【详解】解析：设，则，,则解得，根据三角形的面积公式，，当且仅当时，取最小值.则的面积的最小值为16.解法2：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，又因为，所以直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，解得，所以，此时．答案选A 【点睛】本题考查直线与抛物线形成的三角形面积，对动点采用设而不求的方法，难点在于根据已有向量关系形成等量代换，进而均值不等式求解面积最小值，难度较大。

2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷一、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、1、（4分）准线方程是y=﹣2的抛物线标准方程是（）A、x2=8yB、x2=﹣8yC、y2=﹣8xD、y2=8x2、（4分）已知直线l1：x﹣y+1=0和l2：x﹣y+3=0,则l1与l2之间距离是（）A、B、 C、D、23、（4分）设三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V,E,F,G分别是AA1,AB,AC的中点,则三棱锥E﹣AFG体积是（）A、 B、C、D、4、（4分）若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切,则m的值是（）A、0或2B、2C、D、或25、（4分）在四面体ABCD中（）命题①：AD⊥BC且AC⊥BD则AB⊥CD命题②：AC=AD且BC=BD则AB⊥CD、A、命题①②都正确B、命题①②都不正确C、命题①正确,命题②不正确D、命题①不正确,命题②正确6、（4分）设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面、考查下列命题,其中正确的命题是（）A、m⊥α,n⊂β,m⊥n⇒α⊥βB、α∥β,m⊥α,n∥β⇒m⊥nC、α⊥β,m⊥α,n∥β⇒m⊥nD、α⊥β,α∩β=m,n⊥m⇒n⊥β7、（4分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角A﹣BD1﹣B1的大小是（）A、 B、 C、D、8、（4分）过点（0,﹣2）的直线交抛物线y2=16x于A（x1,y1）,B（x2,y2）两点,且y12﹣y22=1,则△OAB（O为坐标原点）的面积为（）A、B、C、D、9、（4分）已知在△ABC中,∠ACB=,AB=2BC,现将△ABC绕BC所在直线旋转到△PBC,设二面角P﹣BC﹣A大小为θ,PB与平面ABC所成角为α,PC与平面PAB所成角为β,若0＜θ＜π,则（）A、且B、且C、且D、且10、（4分）如图,F1,F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点,点A是C1,C2的公共点、设C1,C2的离心率分别是e1,e2,∠F1AF2=2θ,则（）A、B、C、D、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、（6分）双曲线C：x2﹣4y2=1的渐近线方程是,双曲线C 的离心率是、12、（6分）某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积V=cm3,表面积S=cm2、13、（4分）已知抛物线y2=4x的焦点为F,准线与x轴的交点为M,N为抛物线上的一点,则满足=、14、（6分）已知直线l1：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P,O为坐标原点,则P点横坐标是（用m表示）,的最大值是、15、（6分）四面体ABCD中,已知AB=AC=BC=BD=CD=1,则该四面体体积的最大值是,表面积的最大值是、16、（4分）过双曲线G：（a＞0,b＞0）的右顶点A作斜率为1的直线m,分别与两渐近线交于B,C两点,若|AB|=2|AC|,则双曲线G的离心率为、17、（4分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点）,对确定的常数m,若满足|PB|+|PD1|=m 的点P的个数为n,则n的最大值是、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、（14分）已知抛物线C：y2=4x,直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A,B 两点、（Ⅰ）若|AB|=8,求b的值；（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切,求该圆的方程、19、（15分）在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点、（Ⅰ）求证：DE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：BD⊥AE；（Ⅲ）若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE？若存在,求出的值,若不存在,请说明理由、20、（15分）如图,四棱锥P﹣ABCD,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=PA=2,CD=4,E,F分别是PC,PD的中点、（Ⅰ）证明：EF∥平面PAB；（Ⅱ）求直线AC与平面ABEF所成角的正弦值、21、（15分）已知点C（x0,y0）是椭圆+y2=1上的动点,以C为圆心的圆过点F（1,0）、（Ⅰ）若圆C与y轴相切,求实数x0的值；（Ⅱ）若圆C与y轴交于A,B两点,求|FA|•|FB|的取值范围、22、（15分）已知椭圆C的方程是,直线l：y=kx+m与椭圆C 有且仅有一个公共点,若F1M⊥l,F2N⊥l,M,N分别为垂足、（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求四边形F1MNF2面积S的最大值、2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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、1、（4分）准线方程是y=﹣2的抛物线标准方程是（）A、x2=8yB、x2=﹣8yC、y2=﹣8xD、y2=8x【解答】解：由题意可知抛物线的焦点在y轴的正半轴,设抛物线标准方程为：x2=2py（p＞0）,∵抛物线的准线方程为y=﹣2,∴=2,∴p=4,∴抛物线的标准方程为：x2=8y、故选A、2、（4分）已知直线l1：x﹣y+1=0和l2：x﹣y+3=0,则l1与l2之间距离是（）A、B、 C、D、2【解答】解：∵已知平行直线l1：x﹣y+1=0与l2：x﹣y+3=0,∴l 1与l2间的距离d==,故选C、3、（4分）设三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V,E,F,G分别是AA1,AB,AC的中点,则三棱锥E﹣AFG体积是（）A、 B、C、D、【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V,∴V=S△ABC•AA1,∵E,F,G分别是AA1,AB,AC的中点,∴S△AFG=,,∴三棱锥E﹣AFG体积：V E﹣AFG===S△ABC•AA1=、故选：D、4、（4分）若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切,则m的值是（）A、0或2B、2C、D、或2【解答】解：∵圆x2+y2=m的圆心为原点,半径r=∴若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切,得圆心到直线的距离d==, 解之得m=2（舍去0）故选B、5、（4分）在四面体ABCD中（）命题①：AD⊥BC且AC⊥BD则AB⊥CD命题②：AC=AD且BC=BD则AB⊥CD、A、命题①②都正确B、命题①②都不正确C、命题①正确,命题②不正确D、命题①不正确,命题②正确【解答】解：对于①作AE⊥面BCD于E,连接DE,可得AE⊥BC,同理可得AE⊥BD,证得E是垂心,则可得出AE⊥CD,进而可证得CD⊥面AEB,即可证出AB⊥CD,故①正确；对于②,取CD的中点O,连接AO,BO,则CD⊥AO,CD⊥BO,∵AO∩BO=O,∴CD⊥面ABO,∵AB⊂面ABO,∴CD⊥AB,故②正确、故选A、6、（4分）设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面、考查下列命题,其中正确的命题是（）A、m⊥α,n⊂β,m⊥n⇒α⊥βB、α∥β,m⊥α,n∥β⇒m⊥nC、α⊥β,m⊥α,n∥β⇒m⊥nD、α⊥β,α∩β=m,n⊥m⇒n⊥β【解答】解：设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则：m⊥α,n⊂β,m⊥n时,α、β可能平行,也可能相交,不一定垂直,故A不正确α∥β,m⊥α,n∥β时,m与n一定垂直,故B正确α⊥β,m⊥α,n∥β时,m与n可能平行、相交或异面,不一定垂直,故C 错误α⊥β,α∩β=m时,若n⊥m,n⊂α,则n⊥β,但题目中无条件n⊂α,故D也不一定成立,故选B、7、（4分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角A﹣BD1﹣B1的大小是（）A、 B、 C、D、【解答】解：以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1,则A（1,0,0）,B（1,1,0）,B1（1,1,1）,D1（0,0,1）,=（0,﹣1,0）,=（﹣1,﹣1,1）,=（0,0,1）,设平面ABD1的法向量=（x,y,z）,则,取y=1,得,设平面BB1D1的法向量=（a,b,c）,则,取a=1,得=（1,﹣1,0）,设二面角A﹣BD1﹣B1的大小为θ,则cosθ===﹣,∴θ=、∴二面角A﹣BD1﹣B1的大小为、故选：C、8、（4分）过点（0,﹣2）的直线交抛物线y2=16x于A（x1,y1）,B（x2,y2）两点,且y12﹣y22=1,则△OAB（O为坐标原点）的面积为（）A、B、C、D、【解答】解：设直线方程为x=my+2m,代入y2=16x可得y2﹣16my﹣32m=0,∴y1+y2=16m,y1y2=﹣32m,∴（y1﹣y2）2=256m2+128m,∵y12﹣y22=1,∴256m2（256m2+128m）=1,∴△OAB（O为坐标原点）的面积为|y1﹣y2|=、故选：D、9、（4分）已知在△ABC中,∠ACB=,AB=2BC,现将△ABC绕BC所在直线旋转到△PBC,设二面角P﹣BC﹣A大小为θ,PB与平面ABC所成角为α,PC与平面PAB所成角为β,若0＜θ＜π,则（）A、且B、且C、且D、且【解答】解：在△ABC中,∠ACB=,AB=2BC,可设BC=a,可得AB=PB=2a,AC=CP=a,过C作CH⊥平面PAB,连接HB,则PC与平面PAB所成角为β=∠CPH,且CH＜CB=a,sinβ=＜=；由BC⊥AC,BC⊥CP,可得二面角P﹣BC﹣A大小为θ,即为∠ACP,设P到平面ABC的距离为d,由BC⊥平面PAC,且V B﹣ACP=V P﹣ABC,即有BC•S△ACP=d•S△ABC,即a••a•a•sinθ=d••a•a解得d=sinθ,则sinα==≤,即有α≤、另解：由BC⊥AC,BC⊥CP,可得二面角P﹣BC﹣A大小为θ,即为∠ACP以C为坐标原点,CA为x轴,CB为z轴,建立直角坐标系O﹣xyz, 可设BC=1,则AC=PC=,PB=AB=2,可得P（cosθ,sinθ,0）,过P作PM⊥AC,可得PM⊥平面ABC,∠PBM=α,sinα==≤,可得α≤；过C作CN垂直于平面PAB,垂足为N,则∠CPN=β,sinβ==＜=、故选：B、10、（4分）如图,F1,F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点,点A是C1,C2的公共点、设C1,C2的离心率分别是e1,e2,∠F1AF2=2θ,则（）A、B、C、D、【解答】解：根据椭圆的几何性质可得,=b 12tanθ,∵e1=,∴a1=,∴b12=a12﹣c2=﹣c2,∴=c2（）tanθ根据双曲线的几何性质可得,=,∵a2=,∴b22=c2﹣a22=c2﹣=c2（）∴=c2（）•,∴c2（）tanθ=c2（）•,∴（）sin2θ=（）•cos2θ,∴,故选：B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、（6分）双曲线C：x2﹣4y2=1的渐近线方程是y=±x,双曲线C的离心率是、【解答】解：双曲线C：x2﹣4y2=1,即为﹣=1,可得a=1,b=,c==,可得渐近线方程为y=±x；离心率e==、故答案为：y=±x；、12、（6分）某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积V=cm3,表面积S=cm2、【解答】解：由题意,该几何体是以俯视图为底面,有一条侧棱垂直于底面的三棱锥,所以V==cm3,S=+++ =、故答案为：；、13、（4分）已知抛物线y2=4x的焦点为F,准线与x轴的交点为M,N为抛物线上的一点,则满足=、【解答】解：设N到准线的距离等于d,由抛物线的定义可得d=|NF|,由题意得cos∠NMF===∴∠NMF=、故答案为：、14、（6分）已知直线l1：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P,O为坐标原点,则P点横坐标是（用m表示）,的最大值是、【解答】解：直线l1：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P,∴,∴x=﹣m（mx+1）+1,解得x=,y=m×+1=,∴P点横坐标是；∴=（﹣,﹣）,∴=+=≤2,且m=0时“=”成立；∴的最大值是、故答案为：,、15、（6分）四面体ABCD中,已知AB=AC=BC=BD=CD=1,则该四面体体积的最大值是,表面积的最大值是+1、【解答】解：∵四面体ABCD中,AB=AC=BC=BD=CD=1,∴当平面ABC⊥平面BDC时,该四体体积最大,此时,过D作DE⊥平面ABC,交BC于E,连结AE,则AE=DE==,∴该四面体体积的最大值：S max==、∵△ABC,△BCD都是边长为1的等边三角形,面积都是S==,∴要使表面积最大需△ABD,△ACD面积最大,∴当AC⊥CD,AB⊥BD时,表面积取最大值,此时=,四面体表面积最大值S max==1+、故答案为：,、16、（4分）过双曲线G：（a＞0,b＞0）的右顶点A作斜率为1的直线m,分别与两渐近线交于B,C两点,若|AB|=2|AC|,则双曲线G的离心率为或、【解答】解：由题得,双曲线的右顶点A（a,0）所以所作斜率为1的直线l：y=x﹣a,若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B（x1,y1）,C（x2,y2）、联立其中一条渐近线y=﹣x,则,解得x2=①；同理联立,解得x1=②；又因为|AB|=2|AC|,（i）当C是AB的中点时,则x2=⇒2x2=x1+a,把①②代入整理得：b=3a,∴e===；（ii）当A为BC的中点时,则根据三角形相似可以得到,∴x1+2x2=3a,把①②代入整理得：a=3b,∴e===、综上所述,双曲线G的离心率为或、故答案为：或、17、（4分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点）,对确定的常数m,若满足|PB|+|PD1|=m 的点P的个数为n,则n的最大值是12、【解答】解：∵正方体的棱长为1,∴BD 1=,∵点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点）,满足|PB|+|PD1|=m,∴点P是以2c=为焦距,以2a=m为长半轴的椭圆,∵P在正方体的棱上,∴P应是椭圆与正方体与棱的交点,结合正方体的性质可知,满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件、∴满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数n的最大值是12,故答案为12、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、（14分）已知抛物线C：y2=4x,直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A,B 两点、（Ⅰ）若|AB|=8,求b的值；（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切,求该圆的方程、【解答】解：（Ⅰ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,由抛物线C：y2=4x,直线l：y=﹣x+b得y2+4y﹣4b=0﹣﹣﹣﹣﹣（2分）﹣y2|===8﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴|AB|=|y﹣﹣﹣（5分）解得b=1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）（Ⅱ）以AB为直径的圆与x轴相切,设AB中点为M|AB|=|y1+y2|又y1+y2=﹣4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∴4=解得b=﹣,则M（,﹣2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）∴圆方程为（x﹣）2+（y+2）2=4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）19、（15分）在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点、（Ⅰ）求证：DE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：BD⊥AE；（Ⅲ）若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE？若存在,求出的值,若不存在,请说明理由、【解答】解：（I）连接OF、由ABCD是正方形可知,点O为BD中点、又F为BE的中点,所以OF∥DE、又OF⊂面ACF,DE⊄面ACF,所以DE∥平面ACF…、（4分）（II）证明：由EC⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,∴EC⊥BD,由ABCD是正方形可知,AC⊥BD,又AC∩EC=C,AC、E⊂平面ACE,∴BD⊥平面ACE,又AE⊂平面ACE,∴BD⊥AE…（9分）（III）：在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE、理由如下：取EO中点G,连接CG,在四棱锥E﹣ABCD中,AB=CE,CO=AB=CE,∴CG⊥EO、由（Ⅱ）可知,BD⊥平面ACE,而BD⊂平面BDE,∴平面ACE⊥平面BDE,且平面ACE∩平面BDE=EO,∵CG⊥EO,CG⊂平面ACE,∴CG⊥平面BDE故在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE、由G为EO中点,得、…（14分）20、（15分）如图,四棱锥P﹣ABCD,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=PA=2,CD=4,E,F分别是PC,PD的中点、（Ⅰ）证明：EF∥平面PAB；（Ⅱ）求直线AC与平面ABEF所成角的正弦值、【解答】（Ⅰ）证明：因为E,F分别是PC,PD的中点,所以EF∥CD,又因为CD∥AB,所以EF∥AB,又因为EF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB、（Ⅱ）解：取线段PA中点M,连结EM,则EM∥AC,故AC与面ABEF所成角的大小等于ME与面ABEF所成角的大小、作MH⊥AF,垂足为H,连结EH、因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,又因为AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,又因为EF∥AB,所以EF⊥平面PAD、因为MH⊂平面PAD,所以EF⊥MH,所以MH⊥平面ABEF,所以∠MEH是ME与面ABEF所成的角、在直角△EHM中,EM=AC=,MH=,得sin∠MEH=、所以AC与平面ABEF所成的角的正弦值是、21、（15分）已知点C（x0,y0）是椭圆+y2=1上的动点,以C为圆心的圆过点F（1,0）、（Ⅰ）若圆C与y轴相切,求实数x0的值；（Ⅱ）若圆C与y轴交于A,B两点,求|FA|•|FB|的取值范围、【解答】解：（Ⅰ）当圆C与y轴相切时,|x0|=,（2分）又因为点C在椭圆上,所以,（3分）解得,（5分）因为﹣,所以、（6分）（Ⅱ）圆C的方程是（x﹣x 0）2+（y﹣y0）2=（x0﹣1）2+,令x=0,得y2﹣2y0y+2x0﹣1=0,设A（0,y1）,B（0,y2）,则y1+y2=2y0,y1y2=2x0﹣1,（8分）由,及得﹣2﹣2＜x 0＜﹣2+2,又由P点在椭圆上,﹣≤x 0≤,所以﹣≤,（10分）|FA|•|FB|=•=（12分）===,（14分）所以|FA|•|FB|的取值范围是（4,2+2]、（15分）22、（15分）已知椭圆C的方程是,直线l：y=kx+m与椭圆C 有且仅有一个公共点,若F1M⊥l,F2N⊥l,M,N分别为垂足、（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求四边形F1MNF2面积S的最大值、【解答】解：（Ⅰ）证明：将直线的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x2+4y2=12中,得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12=0、由直线与椭圆C仅有一个公共点知,△=64k2m2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）=0,化简得：m2=4k2+3、设d1=|F1M=,d2=|F2M|=,d1d2=•===3,|F 1M|+|F2M|=d1+d2≥=2、（Ⅱ）当k≠0时,设直线的倾斜角为θ,则|d1﹣d2|=|MN||tanθ|,∴|MN|=,S=|MN|•（d1+d2）====,∵m2=4k2+3,∴当k≠0时,|m|,∴＞+=,∴S、当k=0时,四边形F 1MNF2是矩形,、所以四边形F 1MNF2面积S的最大值为2、。

2018-2019学年浙江省“温州十校联合体”高二上学期期末考试数学试题一、单选题1．直线的倾斜角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】直线的斜率为直线的倾斜角为：，可得：故选2．抛物线的焦点坐标是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：根据抛物线的焦点坐标是，所以此题的答案应是，故选A.【考点】抛物线的焦点坐标和标准方程.3．设是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析】试题分析：对于A,若，与可能平行，故A错；对于B, 若，与可以相交、异面直线、平行，故B错；对于C, 若，，l与可以相交、异面直线、平行，故C错；对于D,根据线面垂直的性质定理可得若，则，故D正确.【考点】空间直线与平面的位置关系.【方法点晴】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 4．“直线y ＝x+b 与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b ＜1”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】B【解析】由题意，直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，可得（0，b ）在圆内，b 2＜1，求出﹣1＜b ＜1，即可得出结论． 【详解】由题意，直线y ＝x+b 恒过（0，b ），∵直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交，∴（0，b ）在圆内，∴b 2＜1，∴﹣1＜b ＜1； 又由0＜b ＜1时，（0，b ）在圆内，∴直线y ＝x+b 与圆x 2+y 2＝1相交． 故选：B ． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，以及充要条件的判断问题，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的求解方法，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5．圆221:2880C x y x y +++-=与圆222:4410C x y x y +---=的公切线条数为（ ）A.1 B .2 C.3 D.4 【答案】B【解析】试题分析：由题意得，圆1C 的圆心1(1,4)C --，半径为5R =；圆2C 的圆心2(2,2)C ，半径为3r =，则12C C =，且2,8R r R r -=+=，即12R r C C R r -<<+，所以两圆相交，所以共有2条公切线，故选B ．【考点】圆与圆的位置关系．6．双曲线的左、右焦点分别为，，在左支上过点的弦AB 的长为5，那么的周长是A．12 B．16 C．21 D．26【答案】D【解析】依题意，利用双曲线的定义可求得，，从而可求得的周长．【详解】解：依题意，，，，又，．．即的周长是26．故选：D．【点睛】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．7．已知正四棱柱中，，E为中点，则异面直线BE与所成角的余弦值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】平移成三角形用余弦定理解，或建立坐标系解，注意线线角不大于,故选C. 8．如图，在正方体中，是侧面内一动点，若到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹是A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C的距离，所以点P的轨迹是抛物线．故选D．9．已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（）A．16 B．8 C．4 D．2【答案】A【解析】方法一：第一步，把A，B点设出来；第二步，根据向量垂直的等式关系推导出参数间的关系；第三步，根据题意列出面积方程；第四步，利用均值不等式进行求最小值.方法二：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，根据对称关系，直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，【详解】解析：设，则，,则解得，根据三角形的面积公式，，当且仅当时，取最小值.则的面积的最小值为16.解法2：由对称性，当的面积取得最小值时，两点关于轴对称，又因为，所以直线的倾斜角为，直线的方程为，将其代入抛物线方程，解得，所以，此时．答案选A 【点睛】本题考查直线与抛物线形成的三角形面积，对动点采用设而不求的方法，难点在于根据已有向量关系形成等量代换，进而均值不等式求解面积最小值，难度较大。

2017学年第一学期温州新力量联盟期末联考高二年级数学学科参考答案二、填空题（每空4分，共24分）17、023=±y x 18、（1，-2,1） 19、0 20、510 21、62=+b k 22、2三．解答题（，每题12分，共48分）23、（1）解:（1）∵21=AB k 且AB AD ⊥ ∴2-=AD k …………3分 ∴ 直线AD 方程为)2(21+-=-x y ……………2分即032=++y x ………………………………1分（2）由⎩⎨⎧=++=--032062y x y x 得)2,0(-A ………………………2分 ∴圆心)1,3(M ，半径||r MD 5==……………… 2分∴矩形ABCD 外接圆的方程为22(3)(1)25x y -+-=……2分24、（1）连结AE ，显然F AE BD =∵F G ,分别是BD EC ,的中点∴AC GF //………………………………………………2分∵⊄GF 面ABC ，⊂AC 面ABC∴//GF 平面ABC ………………………………………3分（2）∵面⊥AB ED 面ABC ，面 A B E D 面AB ABC =，⊂BE 面ABED ，AB BE ⊥∴⊥BE 面ABC ………………………………………3分∴AC BE ⊥…………………………………………. 2分又∵BC AC ⊥且B BC BE =∴直线⊥AC 平面BEC ………………………………2分25、（1）设),(y x P ，由4321-=PA PA k k 得4322-=-⋅+x y x y ………………2分 化简得)0(13422≠=+y y x ………………………………………. 2分（未写0≠y 扣1分） （2）设直线P A 1的斜率为k ，则直线P A 1的方程为)2(+=x k y 得)6,4(k M直线P A 1的方程为)2(43--=x k y ，得)23,4(kN -……………………3分 3)23(612)23,2()6,6(21=-⋅+=-⋅=⋅kk k k A A ……………………2分 （3）18|)23||6(|36|236|211≥+=⨯+⨯=∆kk k k S MN A ， 当且仅当21±=k 时取到最小值18…………………………………………3分 26、解法1：(I) ABC ∆是等腰三角形，D 是AB 的中点， CD AB ⊥∴ ⊥PC 平面ABC ．AB PC ⊥∴PC CD C =，,PC CD ⊂平面PCD∴AB ⊥平面PCD ．又AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PCD ． ………………4分 (II)过点C 作PD CH ⊥，垂足为H ，连接BH ，由(I)知，平面PAB ⊥平面PCD ．平面PAB 平面PCD PD =CH ∴⊥平面PAB ，即CBH ∠就是直线BC 与平面PAB 所成的角．设CBH ϕ∠=在Rt CHD △中，sin 2CH a θ=； 在Rt BHC △中，sin CH a ϕ=sin 2θϕ=．π02θ<<∵, 0sin 1θ<<∴，0sin 2ϕ<<． 又π02ϕ≤≤，π04ϕ<<∴．即直线BC 与平面PAB 所成角的取值范围为π04⎛⎫ ⎪⎝⎭，． ……8分 解法2：(I)以CP CB CA ,,所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示 的空间直角坐标系，则)tan 22,0,0(),0,2,2(),0,,0(),0,0,(),0,0,0(θa P a a D a B a A C ，于是，(,,tan )222a a PD a θ=-，,,022a a CD ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(,,0)AB a a =-． 从而2211(,,0),,0002222a a AB CD a a a a ⎛⎫=-=-++=⎪⎝⎭··，即AB CD ⊥．同理2211(,,0),,tan 002222a a AB PD a a a a θ⎛⎫=-=-++= ⎪ ⎪⎝⎭··，即AB PD ⊥．又CD PD D =，,PD CD ⊂平面PCDAB ⊥∴平面PCD ．又AB ⊂平面PAB ． ∴平面PAB ⊥平面PCD ． ………………4分 (II)设直线BC 与面PAB 所成的角为ϕ，面PAB 的一个法向量为()x y z =，，n ，则由0 , 0AB PD ==··nn ．得0tan 022ax ay a a x y θ-+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，． 可取(112=，，n ， 又(0 0)BC a =-，，，于是sin 2BC BC ϕθ===··n n ， π02θ<<∵，0sin 1θ<<∴，0sin 2ϕ<<． 又π02ϕ≤≤，π04ϕ<<∴．即直线BC 与平面PAB 所成角的取值范围为π04⎛⎫ ⎪⎝⎭，． ………………8分。

•- x 1 x 2=62018学年第一学期温州新力量联盟期末联考 高二年级数学学科参考答案二、填空题（每题 4分，共28分） 11. 45° _______________ 12. 15_ 13. 3 _14.100 CM 2 （说明：没有单位 CM 不扣分）15. 2x —y 一3 =0（说明：能化简为该答案的答案都不扣分 ）16.3 17.1三、解答题（4小题，共52 分）18.解：(1)设 P(x, y),则上* =丄 ..........................PA 2Jx 2+y 2 1 ...............................(x -3)2 y 22化简，得（x 1）2 y 2 =4（2）设圆C : （x 1）2 y^4,则当BC 丄|时，线段MN 的长最小 ............ 8分••• BC =J （—2+1）2+（1_0）2 =*迈 ......... 10 分• MN|mi n =2<22 _&2）2 =2血即线段MN 的长的最小值是2、. 2 ................ 12分（说明：其它解法酌情给分） 19.解：设 A ( x 1,y 1), B ( x 2, y 2)（1）当直线l 的倾斜角为45°时，直线l 的方程为y =x -1 ............................ 2分y = x T2联立方程组」°，消去y ，得x —6x+1=0 .................... 4分$2 =4x•••点P 的轨迹方程为（x ，1）2 ：-y 2=4 6分（只要化简结果正确都给 6分）20. (1) 证明：•••平面PAD 丄平面ABCDAD _ AB平面PAD 门平面ABCD = ADAB =x 1（说明：直接套公式 AB =2p + ^ = 2?，计算正确给5分，公式正确，计算错误给 2 k 2 sin 2e 分）（解法一）（2）设|FB| = m,直线I 的倾斜角为日，则| AF| = 3m,二 tan v =(4m)2 -(2m)22m•••直线I 的方程：y = _ ,3(x -1) ......... 8分联立方程组丿2二軌*—1)，消去y ，得y = 4x23x -10x 3=0 ...................... 10 分10…x 1 x 2 =-310 c2为 +x 2 +2 38八d/一V 1y = k （X —1）（解法二）（2）联立方程组丿2，消去y ，得k 2x 2-（2k 2+4）x +k 2 =0y =4x4X 1 X 2 =2 2k 2x 1 x 2 =11........... 8分AF=(1 -x 1, -y 』, FB 二(X2 T, y 2)••• AF =3FB • 1 -x 1 =3(x 2 -1)(2)10分联立（1） （2）解得k 2=3, X 1 ' X 2 =10 3... d=X 1 X 2 212分（说明：其它解法酌情给分）（说明：没有一不扣分）AB 平面ABCDA B••• AB _ 平面 PAD .......... 又...卩。

2017-2018学年浙江省温州新力量联盟高二（上）期末数学试卷一、选择题（本大题有16小题，每小题3分，共48分）1．（3分）直线x＝1的倾斜角为（）A．0°B．45°C．90°D．不存在2．（3分）若直线l的斜率为2，且在y轴上的截距为﹣1，则直线l的方程为（）A．y＝2x+1B．y＝2x﹣1C．y＝2x+2D．y＝2x﹣2 3．（3分）如图一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′B′＝B′A′＝1，那么原△ABO的面积是（）A．B．C．D．24．（3分）设命题：若平面α内有无数条直线与平面β平行，则平面α与β平行，则该命题与它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是（）A．0B．1C．2D．35．（3分）设点A（2，3，﹣4）在xOy平面上的射影为B，则||等于（）A．B．5C．2D．6．（3分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．2B．3C．D．7．（3分）已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若α⊥β，m∥α，则m⊥βB．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βC．若m⊥β，α⊥β，则m∥αD．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β8．（3分）如图，方程y＝ax+表示的直线可能是（）A．B．C．D．9．（3分）“a＝1”是“直线ax+y+2＝0与直线x+（a﹣2）y+1＝0”垂直的（）条件A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要10．（3分）已知一个球的内接正方体的体积为8，则这个球的体积为（）A．4B．C．πD．12π11．（3分）已知F1、F2是椭圆+y2＝1的左、右焦点过F2作倾斜角为的弦AB，则△AF1B的面积为（）A．4B．1C．D．212．（3分）正三棱锥V﹣ABC（顶点在底面的射影是底面正三角形的中心）中，D，E，F 分别是VC，VA，AC的中点，P为VB上任意一点，则直线DE与PF所成的角的大小是（）A．30°B．90°C．60°D．随P点的变化而变化13．（3分）若过点A（4，0）的直线l与圆（x﹣2）2+y2＝1有公共点，则直线l的斜率的最大值为（（）A．B．C．D．﹣14．（3分）如图，过抛物线y2＝4x的焦点F的直线分别交抛物线于A，B两点交直线x＝﹣1于点P，若＝2，＝，则μ的值为（）A．﹣2B．2C．D．15．（3分）已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，过2的直线l与双曲线右支交于A，B两点（B在第四象限），若△ABF1为等腰三角形且∠ABF1＝120°，设双曲线的离心率为e，则e2＝（）A．2﹣3B．7﹣2C．2D．5﹣216．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝，P是底面正方形ABCD内一点，M 是CC1中点若P A1，PM与底面所成角相等，则tan∠A1P A最大值为（）A．B．C．D．二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）17．（4分）双曲线﹣＝1的渐近线方程是．18．（4分）点A（﹣1，2，1）关于z轴的对称点坐标为．19．（4分）若两条平行直线l1：x﹣y+m＝0（m＞0）与l2：x+ny﹣1＝0之间的距离是，则m+n等于．20．（4分）在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝2，AA′＝1，则BC′与平面BB′D′D所成角的正弦值为．21．（4分）已知O为坐标原点，D为圆C：x2+y2﹣2x﹣6y＝0上任一点，过D作OD的垂线l，设l方程为y＝kx+b，则k和b满足的关系式为．22．（4分）已知两矩形ABCD与ADEF所在的平面互相垂直，AB＝1，若将△DEF沿直线FD翻折，使得点E落在边BC上（即点P），则当AD取最小值时，边AF的长是；此时四面体F﹣ADP的外接球的半径是．三、解答题（本大题有4小题，共48分。

2018学年第一学期温州新力量联盟期末联考高二年级技术学科试题命题：白象中学陈栩杨彬夏磨题：温溪高中陈苗苗考生须知：1.本试题卷分两部分，第一部分信息技术满分50分，第二部分通用技术满分50分。

全卷共14 页，第一部分1-8页，第二部分1-6页。

满分100分，考试时间90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。

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题卷。

第一部分信息技术（共50分）一、选择题（本大题共12小题，第小题2分，共24分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、错选、多选均不得分）1．下列说法正确的是（）A.“VR全景”使用户体验到身临其境的感觉，所以它采用的是人工智能技术。

B.信息可以脱离它所反映的事物被存储、保留和传播，所以信息可以脱离载体C.“蓝牙”音箱是一种主要用于将声音的模拟信号转换为数字信号的设备D.“抖音”的走红使得微视频成为时下热门的信息表达方式2．使用Word软件编辑某文档，部分界面如图所示：第2题图下列说法正确的是（）A.文档中文字环绕方式为“嵌入环绕”。

B.接受所有修订后，第六行的内容变成“一怪味便向所有人宣告面世。

”。

C.用户“桑三博客2”对“APP”添加了批注。

D.利用“自动更正”功能可以将文中所有的“APP”改成“应用程序”。

3．小丽用 UltraEdit 软件观察“新高考‘7 选 3’”这几个字，显示的十六进制内码如图所示。

则“10选4”这几个字对应的内码用十六进制表示是（）则"10选4"这几个字对应得内码用十六进制表示是（）A.40 D1 A1 34B.31 30 D1 A1 32C.34 D1 A1 40D.31 30 D1 A1 344．关于在ACCESS 数据表中的操作，下列说法正确的是（ ）A.在数据表打开状态下可以对数据表进行重命名B.在数据表视图中设置为主键的字段是不能删除的C.字段数据类型若为“自动编号 ”，则新值一定是递增的D.日期类型的字段可以输入“2018\12\12”5．某算法流程图如图所示：第5题图执行该流程图后，输出i ，k 的值分别是A.102，9B.102，8C.100，9D.100，86．用GoldWave 软件编辑音频文件“音乐.wav ”，界面如图所示。

浙江省温州市新力量联盟2018-2019学年高二上学期期末考试参考答案一．选择题（每题2分，共50分）二．非选择题部分（共7小题，50分）26.（6分）（1）羧基（1分）（2）氧化反应（1分）（3）CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH（2分，写“=”也给分）（4）ACD（2分。

对2个给1分，全对给2分，其余不给分）27.（6分）（1）Fe、S（2分，对1个给1分，有错不给分）（2）Fe3S4 +6H+=3Fe2++S↓+H2S↑（2分，未配平给1分，化学式错不给分）（3）2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4 +4H+（2分，未配平给1分，化学式错不给分）28.（4分）（1）圆底烧瓶（1分，其余答案不给分）（2）用手捂热试管（1分，其它合理答案也给分）（3）H2SO4溶液（或稀硫酸）（1分）、出现白色沉淀（1分）29.（4分）（1）2.24 （2分）（2）1.00 （2分，写“1”或“1.0”给1分）30.【加试题】（12分）（1）6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s,葡萄糖）+6O2（g）△H=+2880 kJ·mol-1（2分，“+”没写也给分，状态未标明或△H值错误均不给分）（2）1.0 （1分）C（1分）（3）B、C（2分，对一个给1分，错选不给分）（4）（2分，t1时起点比原平衡点低，t2平衡时终点比原平衡点高。

起点错则不给分。

）（5）CH4-2e-+2OH-=CH3OH+H2O（2分）（6）（2分）31.【加试题】（8分）（1）羧基（1分，字写错不给分）、取代（酯化）反应（1分，字写错不给分）（2）（2分，化学式错不给分，“H2O”漏写扣1分）（3）（2分）（4）A、B、C (2分,对2个给1分，对3个给2分，错选不给分)32.【加试题】（10分）（1）打开分液漏斗的旋塞和活塞，待下层液体流尽后，关闭旋塞，将溶液Ⅰ从上口倒出到烧杯中（2分，操作原理正确、意思答到即给分）（2）取少许溶液Ⅱ于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，则没有Fe3+残留（2分，或其它合理答案也可）（3）明火加热（易导致爆炸）（1分）、装置密闭（易导致爆炸）（1分）（4）B、D（2分，选对一个给1分，错选不给分）（5）0.480mol·L－1（2分，0.48或0.4800给1分）。