2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二(上)数学期末试卷[答案版]

2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二（上）数学期末试卷一、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．1．（4分）椭圆的长轴长、焦距分别为（）A．2，1B．4，2C．，1D．2，22．（4分）下列各式的运算结果为纯虚数的是（）A．i（1+i）B．i2（1+i）C．i（1+i）2D．i2（1+i）2 3．（4分）设为两个非零的空间向量，则“存在正数λ，使得＝”是“＞0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（4分）设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，下列说法正确的是（）A．若m⊥l，则m⊥αB．若m∥l，则m∥αC．若β⊥l，则β⊥αD．若β∥l，则β∥α5．（4分）已知双曲线，四点P1（2，1），P2（1，0），P3（﹣2，），P4（2，）中恰有三点在双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．56．（4分）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为1，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是三角形，这些三角形的面积之和为（）A．1B．C．D．7．（4分）双曲线的上支与焦点为F的抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，若|AF|+|BF|＝3|OF|，则该双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±x B．y＝±2x C．y＝±x D．y＝±x 8．（4分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝CC1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．9．（4分）已知椭圆+y2＝1的右顶点为A，直线l：x＝﹣2上有两点P，Q关于x轴对称（P在Q下方），直线AP与椭圆相交于点B（B异于A），若直线BQ经过坐标原点，则直线AP的斜率为（）A．B．C．D．10．（4分）如图，水平放置的正四棱台形玻璃容器的高OO1为30cm，两底面边长EF，E1F1的长分别为10cm和70cm．在容器中注入水，水深为8cm．现有一根金属棒l，其长度为30cm．（容器厚度、金属棒粗细均忽略不计）将l放在容器中，l的一端置于点E处，另一端在棱台的侧面上移动，则移动过程中l浸入水中部分的长度的最大值为（）A．18B．24C．12D．15二、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．（4分）已知复数z＝，则它的共轭复数＝．12．（6分）抛物线x2＝y的焦点F的坐标为，若该抛物线上有一点P满足|PF|＝，且P在第一象限，则点P的坐标为．13．（6分）某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为，表面积为．14．（6分）已知椭圆＝1与双曲线＝1的离心率分别为e1，e2，且有公共的焦点F1，F2，则﹣＝，若P为两曲线的一个交点，则PF1|•|PF2|＝．15．（6分）已知空间向量的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为60°．点G为△ABC的重心，若，则x+y+z＝，＝．16．（4分）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等边三角形ABC的边AC所在直线与a，b 都垂直，边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列四个命题：①直线AB与a所成角的最小值为30°；②直线AB与a所成角的最大值为60°；③当直线AB与a成60°角时，AB与b成45°角；④当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；其中为真命题的是．（填写所有真命题的编号）17．（4分）双曲线x2﹣y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2．点P在双曲线上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若直线l1，l2的交点Q在双曲线上，则点P的坐标为．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）已知命题p：椭圆＝1的离心率e∈（，1），命题q：复数z＝（m ﹣1）+i，m∈R的模|z|≥．（Ⅰ）若命题p为真命题，求m的取值范围；（Ⅱ）若命题p和q中至少有一个为假命题，求m的取值范围．19．（15分）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）若直线A1O与平面ABB1A1所成角为30°，求线段A1E的长．20．（15分）已知抛物线C：y2＝2px过点P（1，2），C在P处的切线交y轴于点Q，过Q 作直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，直线OA，OB，OP分别与抛物线的准线交于点M，N，R，其中O为坐标原点．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程，并求出点Q的坐标；（Ⅱ）求证：R为线段MN的中点．21．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△P AD为等边三角形，四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝BC＝CD＝4，AD＝2．（Ⅰ）若△PBC为等边三角形，证明：平面P AD⊥平面PBC；（Ⅱ）若∠PBA＝∠PCD＝30°，求平面PBA与平面PCD所成钝二面角的余弦值．22．（15分）已知椭圆的左焦点为F（﹣c，0），右顶点为A，点E的坐标为（0，c），△EF A的面积为．过点E的动直线l被椭圆C所截得的线段MN 长度的最小值为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）B是椭圆C上异于顶点的一点，且直线OB⊥l，D是线段OB延长线上一点，且|BD|＝|MN|，⊙D的半径为|DB|，OP，OQ是⊙D的两条切线，切点分别为P，Q，求∠POQ的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．2017-2018学年浙江省宁波市九校联考高二（上）数学期末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．1．【解答】解：椭圆，可得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆的长轴长为：4；焦距为：2．故选：B．2．【解答】解：∵i（1+i）＝i+i2＝﹣1+i，i2（1+i）＝﹣1﹣i，i（1+i）2＝i•2i＝2i2＝﹣2，i2（1+i）2＝﹣1×2i＝﹣2i，∴为纯虚数的是i2（1+i）2．故选：D．3．【解答】解：设为两个非零的空间向量，存在正数λ，使得＝”则向量，共线且方向相同，可得＞0．反之不成立，非零向量，的夹角为锐角，满足得＞0．而＝”不成立．∴为两个非零的空间向量，则“存在正数λ，使得＝”是“＞0”的充分不必要条件．故选：A．4．【解答】解：∵l⊂α，由线面垂直的判定定理知：若m⊥l，则m⊥α不一定成立，故A错误；由线面平行的判定定理知：若m∥l，则m∥α，或m⊂α，故B错误；由面面垂直的判定定理知：若β⊥l，则β⊥α，故C正确；由面面平行的判定定理知：若β∥l，则β∥α不一定成立，故D错误；故选：C．5．【解答】解：根据双曲线的性质可得P3（﹣2，），P4（2，）中在双曲线上，则P1（2，1），一定不在双曲线上，则P2（1，0）在双曲线上，∴a＝1，，解得b2＝，∴c2＝a2+b2＝，∴c＝，∴e＝＝，故选：A．6．【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有2个三角形的面，S三角形＝+＝，故选：C．7．【解答】解：把y2＝2px（p＞0）代入双曲线，可得：b2x2﹣2pa2y﹣a2b2＝0，∴x A+x B＝，∵|AF|+|BF|＝3|OF|，∴x A+x B+2×＝3×，∴＝，∴＝2．∴该双曲线的渐近线方程为：y＝±2x．故选：B．8．【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角，MN＝AB1＝，NP＝BC1＝，作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝2，MQ＝AC，△ABC中，由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（﹣）＝7，∴AC＝，∴MQ＝，在△MQP中，MP＝＝在△PMN中，由余弦定理得：cos∠MNP＝＝＝﹣，又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．故选：D．9．【解答】解：设Q（﹣2，y1），则P（﹣2，﹣y1），y1＞0，直线BQ为：，即y＝﹣，联立，得＝4，解得，∴B（，﹣），∵k AB＝k AP，∴＝，解得y1＝2，（舍负），∴直线AP的斜率为k AP＝＝．故选：D．10．【解答】解：作出棱台的截面图如图，设金属棒在GG1上的点为M，金属棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，由已知可得，EG＝，，EQ＝30，NP＝8，则，由勾股定理得＝．∴，则sin，cos∠EGM＝．在三角形EGM中，由正弦定理可得：，可得sin∠EMG＝，则cos∠EMG＝．∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGM•cos∠EMG+cos∠EGM•sin∠EMG ＝＝．在Rt△NPE中，得EN＝．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．【解答】解：∵z＝＝，∴．故答案为：2+i．12．【解答】解：抛物线x2＝y的焦点F的坐标为（0，），该抛物线上有一点P满足|PF|＝，且P在第一象限，可得y+＝，解得y＝1，则x＝1，所以P的坐标（1，1）．故答案为：（0，）；（1，1）．13．【解答】解：由三视图知几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为h，四棱锥的底面是正方形，边长为2，棱锥的高为2，∴几何体的体积V＝＝．表面积为：2×2+2××2×2+2××2×2 ＝8+4．故答案为：；8+4．14．【解答】解：由题意可知双曲线的焦点在x轴上，故而椭圆的焦点在x轴上，∴4﹣m＝1+n，即m+n＝3．椭圆的离心率e1＝，双曲线的离心率e2＝，∴﹣＝4﹣m﹣（1+n）＝3﹣m﹣n＝0．∵P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|＝4，又P在双曲线上，∴||PF1|﹣|PF2||＝2，不妨设|PF1|＞|PF2|，则|PF1|＝3，|PF2|＝1，∴|PF1|•|PF2|＝3．故答案为：0，3．15．【解答】解：根据题意得，点G为△ABC的重心，设BC中点为D，则＝＝（+）∴﹣＝（﹣+﹣）∴＝++，∴x＝y＝z＝，∴x+y+z＝1；2＝（）2×（12+22+32+2×1×2×+2×1×3×+2×2×3×）＝，∴＝，故答案为1，，16．【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，以a，b，AC所在直线分别为x，y，z轴，画出图形如图：不妨设图中所示等边三角形ABC的边长为2，由题意可得B的运动轨迹为以AC的中点为圆心，为半径的圆面，设A（0，0，2），＝（2，0，0），＝（0，2，0），B（cosα，sinα，1），即有＝（cosα，sinα，﹣1），可得直线AB与直线a所成角的余弦为||＝||＝|cosα|≤，可得直线AB与a所成角的最小值为30°，故①正确；直线AB与a所成角的最大值为90°，故②错误；当直线AB与a成60°角时，即有cosα＝，可得cosα＝，sinα＝，直线AB与直线b所成角的余弦为sinα＝，AB与b成45°角，故③正确，④错误．故答案为：①③．17．【解答】解：双曲线x2﹣y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2．点P在双曲线上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若直线l1，l2的交点Q在双曲线上，可知F1，F2，P，Q，四点共圆，F1P⊥PF2．设P（m，n），m＞0，n＞0；F1（﹣1，0），F2（1，0），可得，解得m＝，n＝，所以P（，）．故答案为：（，）．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．【解答】解：（Ⅰ）椭圆方程为＝1，当m＞4时，e＝＝∈（，1），解得m＞8；当0＜m＜4时，e＝＝∈（，1），解得0＜m＜2；综上可知，椭圆的离心率e∈（，1）时，m的取值范围是0＜m＜2或m＞8；（Ⅱ）命题p和q中至少有一个为假命题时，有p真q假，p假q真，p假q假三种情况；考虑其反面，即p真q真；q为真时，复数z＝（m﹣1）+i，m∈R的模|z|≥，∴≥，解得m≤﹣2或m≥4；∴当命题p、q为真命题时，m的取值范围是m＞8；∴命题p和q中至少有一个为假命题时，m的取值范围是m≤8．19．【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点O1，连结CO1，A1O1，∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴A1O1∥CD，A1O1＝CO，∴四边形A 1OCO为平行四边形，∴A1O∥O1C，又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．解：（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系，设A1E＝a，则A（0，0，0），B（2，0，0），O（1，1，0），A1（0，1，a），＝（﹣1，0，1），＝（2，0，0），＝（0，1，a），设平面ABB1A1的法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（0，﹣a，1），由题意得sin30°＝|cos＜，＞|＝＝，解得a＝1，∴线段A1E的长为1．20．【解答】解：（Ⅰ）由抛物线C：y2＝2px过点P（1，2），得p＝2，所以抛物线的方程y2＝4x，准线方程为x＝﹣1，设切线PQ的方程为x﹣1＝m（y﹣2），由，得y2﹣4my+8m﹣4＝0，△＝0，即16m2﹣4（8m﹣4）＝0，解得m＝1，从而PQ的方程为y＝x+1，得Q（0，1），证明：（Ⅱ）设直线l的方程为x＝t（y﹣1），l与抛物线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），由，得y2﹣4ty+4t＝0，则y1+y2＝4t，y1y2＝4t，因为点P的坐标为（1，2），所以点R的坐标为（﹣1，﹣2），直线OA的方程为y＝x，结合y12＝4x1，从而直线OA：y＝x，可得点M的坐标为（﹣1，﹣），同理点N的坐标为（﹣1，﹣），因为﹣﹣＝＝﹣＝﹣4＝2×（﹣2），故R为线段MN的中点．21．【解答】（Ⅰ）证明：取AD中点E，BC中点F，连接PE，PF，EF，由于△P AD，△PBC均为等边三角形，可得PE＝，PF＝2，又四边形ABCD为等腰梯形，可得EF＝，从而PE2+PF2＝EF2，故PE⊥PF，又由PE⊥AD，AD∥BC，得PE⊥BC，从而PE⊥平面PBC，因此，平面P AD⊥平面PBC；（Ⅱ）解：延长CD，BA交于点G，连接PG，可得PG为平面PBA与平面PCD的交线，在△PBA中，由正弦定理可得∠BP A＝90°，从而PB＝，同理可得∠CPD＝90°，PC＝，又在底面ABCD中，可计算得CG＝BG＝8，结合∠PBA＝∠PCD＝30°，可知△PBG≌△PCG，作CH⊥PG于H，连接BH，可得BH⊥PG，从而∠BHC为二面角B﹣PG﹣C的平面角，由余弦定理可得，PG＝2，从而可计算出BH＝CH＝，∴cos∠BHC＝．∴平面PBA与平面PCD所成钝二面角的余弦值为．22．【解答】解：（Ⅰ）由已知可得c（c+a）＝b2，由b2＝a2﹣c2，可得2c2+ca﹣a2＝0，可得a＝2c，b＝c，设椭圆方程为+＝1，当直线l的斜率不存在时，|MN|＝2c，当直线l的斜率存在时，可设l：y＝kx+c，代入椭圆方程可得（3+4k2）x2+8kcx﹣8c2＝0，|MN|＝•＝4c•＝2c•＜2c，可得k＝0时，|MN|取得最小值c，由c＝，解得c＝1，则椭圆方程为+＝1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得|MN|＝4•，圆D的半径r＝|MN|＝•4•，直线OB的方程为y＝﹣x，代入椭圆方程可得x B2＝，可得|OB|＝•＝2•，由题意可得sin＝＝，要求∠POQ的最大值，即求的最小值，＝•＝•，可令u＝3+4k2，则u＞3，∈（0，），可得＝•＝•＝≥1，当且仅当＝2，即u＝，k＝±时，上式取得等号，可得sin≤，即≤，即∠POQ的最大值为，综上可得，∠POQ的最大值为，此时直线l的斜率为±．析，能在头脑里形成生动而清晰的物理情景，找到解决问题的简捷办法，才能顺利地、准确地完成解题的全过程。