1、高二数学试题一、选择题.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.已知两条直线、，且，其中直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由直线方程得直线l1的斜率，由垂直关系得直线l2斜率，进而可得倾斜角【详解】直线l1的方程为，直线l1的斜率为1，直线l1与直线l2垂直，直线l2的斜率为-1，直线l2的倾斜角为故选：C【点睛】本题考查直线的一般式方程和垂直关系的应用，考查直线的倾斜角，属基础题2.命题“，”的否定是（ ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】特称命题的否定是全称命题，改量词，且否定结论，故命题的否定是“”.
2、本题选择C选项.3.已知双曲线的焦点在轴上，实轴长为2，离心率为2，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由实轴长可得a，离心率可得c,再利用,求出b，即可求双曲线标准方程【详解】实轴长2a2，a1,又e2,c2,又，b23双曲线的焦点在轴上，双曲线的标准方程为故选：D【点睛】本题考查双曲线的标准方程与简单的几何性质，属于基础题.4.将圆绕直线旋转一周所得的几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知圆绕直线旋转一周所得的几何体是球，由球的表面积公式求解【详解】圆的圆心坐标为（2，0），半径为2，而直线x+y20过圆心（2
3、，0），圆绕直线x+y20旋转一周所得的几何体是半径为2的球，其表面积为S=16故选：D【点睛】本题考查球的结构特征，考查球表面积公式的应用，是基础题5.设平面平面，直线平面，直线平面，且，则“”是“”的（ ）条件A. 充分不必要 B. 必要不充分C. 充分必要 D. 既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】由已知结合，可得ab，反之不成立，再由充分必要条件的判定方法得答案【详解】若，bl，由面面垂直的性质定理得b，a，ab，正确；反之，若 a，则a平面即,不一定有“”是“”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查空间中直线与直线，直线与平面位置关系的判定，考查充分必要条件的判定方法，是基础
4、题6.直线截圆的弦长为4，则（ ）A. -2 B. -1 C. 1 D. 2【答案】A【解析】【分析】求出圆心到直线l的距离，再利用弦长公式进行求解即可【详解】圆化为标准方程为（x2）2+（y1）24，圆心（2，1），半径r=2，又直线截圆的弦长为4，直线经过圆心，即2a-1+5=0,解得a=-2故选:A【点睛】本题考查直线与圆的方程、直线与圆相交弦长问题、配方法，考查了推理能力与计算能力，属基础题7.已知向量，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由两向量夹角是钝角，则两个向量数量积小于零，用坐标形式表示向量数量积，解不等式，即得x范围【详解
5、】与的夹角为钝角，cos0,且与不共线0,且（3，2，3）（2，x1，2）62（x1）60且,即x-5且xx的取值范围是故选：B【点睛】本题主要考查利用向量的数量积表示解决两个向量的夹角问题，当与的夹角为钝角可得，0,与不共线，但是学生容易忽略两个向量共线的情况.8.已知直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB1与BC1所成角的余弦值【详解】在直三棱柱ABCA1B1C1中， 以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的
6、垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，0，0），B1（，1，2），B（），C1（0，2，2），设异面直线AB1与BC1所成角为，则cos，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，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9.九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵中，则在堑堵中截掉阳马后的几何体的外接球的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先确定出外接球的球心，然后构造直角三角形，求出球
7、的半径，可求球的体积【详解】由图可得堑堵中截掉阳马后所剩三棱锥的外接球即三棱柱的外接球，取的中点为N和M,则MN和的中点为外接球的球心O，连接,在直角三角形,OM=M,则R=，外接球的体积V=故选：B【点睛】本题考查棱柱棱锥的外接球，常用处理方法：先求底面外接圆的半径，转化为直角三角形，求出球的半径.考查空间想象能力，计算能力10.如图，、是椭圆与双曲线的公共焦点，、分别是、在第二、四象限的交点，若，且，则与离心率之积为（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的对称性，求出椭圆的离心率，然后求解双曲线的离心率即可【详解】F1、F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，A
8、、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，若AF1BF1，且AF1O，则为等边三角形且A,B关于原点对称，可得A（-，c），B（，c），代入椭圆方程可得：，可得，可得e48e2+40，解得e代入双曲线方程可得，可得，可得：e48e2+40，解得e，则C1与C2的离心率之积为：2故选：A【点睛】本题考查椭圆以及双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，注意椭圆以及双曲线的对称性的应用是解题的关键二、多项选择题.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.11.一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，、分别为、的中点，在此几何体中，给出的下面结论中正确的有（ ）A. 直线与直线异面 B.
9、 直线与直线异面C. 直线平面 D. 直线平面【答案】AC【解析】【分析】将平面展开图还原几何体后，由异面直线的定义和线面平行，垂直的判定定理对选项逐个进行分析证明即可得到答案.【详解】由展开图恢复原几何体如图所示：选项A,由点A不在平面PCB内，直线BF不经过E，根据异面直线的定义可知：直线AE与直线BF异面，所以正确；选项B,因为点E,F为中点，根据三角形中位线定理可得EFBC，又ADBC，EFAD，因此四边形EFDA是梯形，故直线AE与直线DF不是异面直线，所以不正确；选项C,由B知：EFAD，EF平面PAD，AD平面PAD，直线EF平面PAD，故正确；选项D, 若直线平面，则，点F为中
10、点，则PD=DC=PC，不妨设DC=2，则DF=BF=,BD=2,则DF与BF不垂直，所以不正确.故选：AC【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定与性质定理和异面直线的定义，考查分析推理能力.12.已知双曲线的离心率为，右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，则有（ ）A. 渐近线方程为 B. 渐近线方程为C. D. 【答案】BC【解析】【分析】由离心率公式化简可得渐近线方程，通过求圆心A到渐近线的距离结合直角三角形可得到的值.【详解】双曲线离心率为故渐近线方程为，取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得,则，所以则故选：BC【点睛】本题考查双曲线的简单的几
11、何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档题.13.设有一组圆.下列四个命题正确的是（ ）A. 存在，使圆与轴相切B. 存在一条直线与所有的圆均相交C. 存在一条直线与所有的圆均不相交D. 所有的圆均不经过原点【答案】ABD【解析】【分析】根据圆的方程写出圆心坐标，半径，判断两个圆的位置关系，然后对各选项进行分析检验，从而得到答案.【详解】根据题意得圆的圆心为（1，k），半径为，选项A,当k=，即k=1时，圆的方程为，圆与x轴相切，故正确；选项B，直线x=1过圆的圆心（1，k），x1与所有圆都相交，故正确；选项C,圆k：圆心（1，k），半径为k2，圆k+1：圆心（1，
12、k+1），半径为（k+1）2，两圆的圆心距d1，两圆的半径之差Rr2k+1，（Rrd），k含于Ck+1之中， 若k取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，故错误；选项D,将（0，0）带入圆的方程，则有1+k2k4，不存在 kN*使上式成立，即所有圆不过原点，正确故选：ABD【点睛】本题考查圆的方程，考查两圆的位置关系，会利用反证法进行分析证明，会利用数形结合解决实际问题三、填空题（将答案填在答题纸上）14.若两平行直线与之间的距离为，则_【答案】5【解析】【分析】将直线写成2x-2y+2=0,然后利用两平行线间的距离求解即可.【详解】直线,即2x-2y+2=0,两平行线间的距离为，即|a-2|
13、=3,即a-2=,解得a=5,故答案为：5【点睛】本题考查两平行线间的距离公式，属基础题15.已知圆与圆内切，则_，点是圆上一动点，则点到直线距离的最大值为_【答案】 (1). 0 (2). 7【解析】【分析】根据两圆内切求出m的值，利用直线和圆的位置关系即可得到结论【详解】圆：x2+y22x+m0化为标准方程为（x1）2+y21m，由已知两个圆内切得圆心距|等于大圆半径减去小圆半径，即|，解得m0，圆心（-3，-3）到的距离d=1，点P到直线的距离的最大值为1+67，故答案为：0,7【点睛】本题考查圆与圆内切的应用，考查圆上的点到直线距离的最值问题，是基础题16.抛物线的焦点为，点，为抛物线
14、上一点，且不在直线上，则周长的最小值为_【答案】【解析】【分析】求MAF周长最小值，即求|MA|+|MF|的最小值设点M在准线上的射影为D，根据抛物线定义知|MF|MD|，转为求|MA|+|MD|的最小值，当D、M、A三点共线时|MA|+|MD|最小，即可得到答案【详解】求MAF周长的最小值，即求|MA|+|MF|的最小值，设点M在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义，可知|MF|MD|因此，|MA|+|MF|的最小值，即|MA|+|MD|的最小值根据平面几何知识，可得当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，因此最小值为xA（1）2+13，|AF|，MAF周长的最小值为3+，故答案为：3
15、+ 【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当D，M，A三点共线时|MA|+|MD|最小，是解题的关键17.在三棱锥中，三条棱、两两垂直，且，是边的中点，则与平面所成角的正弦值是_【答案】【解析】将此三棱锥补成正方体，如图所示连接CM，过点O作ONCM于N，则ON平面ABCOM与平面ABC所成的角是OMC在RtOMC中，tanOMC，即OM与平面ABC所成角的正切值为.四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18.已知，命题：方程表示焦点在轴上的椭圆；命题：“方程表示圆心在第一象限的圆”.（1）若命题是真命题，求实数的取值范围；（2）若命题和均为假命题，求
16、实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据方程表示焦点在轴上的椭圆，列出不等式组即可得到m的范围；（2）先求出命题p和q为真命题时m的范围，然后分别取补集再取交集即可得到答案.【详解】（1）若命题是真命题，则，解得；（2）化为“方程表示圆心在第一象限的圆.”为真命题，解得，即.为假命题则或为假命题则或由和均为假命题，或由和均为假命题，或实数的取值范围为【点睛】本题考查命题真假判断的应用，考查椭圆的标准方程和圆的一般方程的应用，考查推理和计算能力.19.已知圆.（1）若直线过原点且不与轴重合，与圆交于，试求直线在轴上的截距；（2）若斜率为-1的直线与圆（为圆心）交于、两点，求
17、面积的最大值及此时直线的方程.【答案】（1）见解析（2）或【解析】【分析】(1) 设直线与圆C联立，利用韦达定理化简整理可得直线l的方程，从而得到答案；（2）设直线的方程，求出圆心到直线的距离和弦长，写出面积，然后利用基本不等式求最值，即可得到所求直线方程.【详解】（1）圆，设直线，联立，得：，故，则，故直线，令，得为直线在轴上的截距.（2）设直线的方程为：，圆心到直线的距离为，弦长，则的面积为，当且仅当，即时，的最大值为，此时，解得或，直线的方程为或.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查直线与圆相交所得弦长的求法，考查点到直线的距离公式和三角形的面积公式以及利用基本不等式求最值，属
18、于中档题.20.如图，在四棱锥中，其中底面为等腰梯形，且，为的中点，为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求证：.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】(1) 取中点，连接、，说明四边形为平行四边形，即可得到证明；（2）连接点，则，由面面垂直的性质定理可得，利用已知数据可得,平面，由线面垂直的性质即可得到证明.【详解】（1）取线段的中点，连接、，已知为的中点，所以在中，又因为，所以且所以四边形为平行四边形所以且平面、平面所以平面（2）连接点，因为，为的中点，所以已知平面平面，且平面所以平面，又平面所以在等腰梯形中，可求在中，所以又，所以平面因为平面所以【点睛】本题考查线面平
19、行，线面垂直，面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查空间想象能力，属于基础题.21.设抛物线，点，过点的直线与交于、两点.（1）若（为坐标原点）的面积为4，求直线的方程；（2）求证：轴平分.【答案】（1）（2）见证明【解析】【分析】(1) 设直线方程与抛物线方程联立，由弦长公式得到|MN|,求点O到直线的距离公式,利用面积可求得k，从而得到答案；（2）要证轴平分角只要证，利用斜率公式和韦达定理计算化简即可.【详解】设直线的方程为，由联立可得所以，（1） 设点到直线的距离为，则，解得直线的方程为：（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，要证轴平分角只要证即可因为、在抛物线上，所以，那么，所以 将代
20、入上式，则有即成立所以轴平分角【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查韦达定理，三角形的面积公式，斜率公式的应用，考查分析推理和计算能力，属于中档题.22.如图所示，以2为半径的半圆弧所在平面垂直于矩形所在平面，是圆弧上异于、的点.（1）证明：平面平面；（2）当四棱锥的体积最大为8时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）由平面平面，可得平面，得，又，从而得到平面利用面面垂直的判定定理即可得到证明；（2）由题意可知在圆弧的中点上且在、上取中点、，以点O为原点，OE,OB,OS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求平面SAD和平面S
21、CD的法向量，然后利用向量的夹角公式进行运算即可.【详解】（1）由已知，平面平面，交线为，且，平面所以平面，故是圆弧上异于、的点，且为直径，所以又，所以平面又平面，所以平面平面（2）显然当四棱锥的体积最大时，在圆弧的中点上， ，所以分别在、上取中点、，则可得、三者两两垂直，分别为、轴建立如图所示空间直角坐标系.则，因为平面，可取是平面的一个法向量设是平面的法向量所以，取，可得，设平面与平面所成的锐二面角大小为则 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用，考查利用空间向量解决二面角问题，考查空间想象能力和计算能力.23.已知椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为.（1）求椭圆的标准方程
22、；（2）已知直线与椭圆交于、两点.在轴上是否存在点，使得且，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）椭圆上的点到左焦点的距离最大值为a+c,再结合离心率可得a和c的值，再由可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，利用弦长公式求得丨MN丨，由，P在线段MN的中垂线上，利用韦达定理求出中点D的坐标，写出直线PD的方程，令x=0得，平方后即可求得m范围；【详解】（1）由题设条件可得，解得，所以，椭圆的标准方程为：（2）设，则整理得：，则，则，假设存在点满足题意，则，化简整理得，此时判别式 恒成立，所以且，设中点，则，由，则在线段的中垂线上.因为，直线的方程为：，令，则，或.即：.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查韦达定理及弦长公式，中点坐标公式的综合应用，考查化简整理的运算能力，属于中档题
