浙江省镇海中学2020届高三上学期期末考试数学试题

2020届浙江省镇海中学高三上学期期末考试数学试题

考生须知：

1．本卷满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、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卷上，写在试卷上无效；

4．考试结束后，只需上交答题卷。

参考公式：

柱体的体积公式：V=Sh，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高.

锥体的体积公式：V=Sh，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高.

球的表面积公式：S=4πR2 ，其中R表示球的半径.

球的体积公式：V=πR3 ，其中R表示球的半径.

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、选择题：本大题共8小题，每小题5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. 若抛物线的准线方程为, 则抛物线的标准方程为（）

A. B. C. D.

2. 若双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则等于（）

A. 11

B. 9

C. 5

D. 3

3. 直线a与平面所成角的为30o，直线b在平面内，且与b异面，若直线a与直线b所成的角为，则( )

A. 0o<≤30o

B. 0o<≤90o

C. 30o≤≤90o

D. 30o≤≤180o

4. 设为向量，则“”是“”( )

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件

D. 既不充分也不必要条件

5. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列选项正确的是（）

A. 若，且，则

B. 若，且，则

C. 若，且，则

D. 若，且，，则

6. 椭圆M:长轴上的两个顶点为、，点P为椭圆M上除、外的一个动点，若

且，则动点Q在下列哪种曲线上运动( )

A. 圆

B. 椭圆

C. 双曲线

D. 抛物线

7. 如图，小于的二面角中，，，且为钝角，是在内的射影，则下

列结论错误

．．的是（）

A. 为钝角

B.

C. D.

8. 已知点P在以为左右焦点的椭圆上，椭圆内一点Q在的延长线上，满足

，若，则该椭圆离心率取值范围是（）

A. B. C. D.

第Ⅱ卷（非选择题共110分）

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．

9. 双曲线的焦距为__________，渐近线方程为________．

10. 命题“若实数满足，则”的逆否命题是________命题（填“真”或者“假”）；否命题是________命题（填“真”或者“假”）．

11. 已知是边长为1的正三角形，平面，且，则与平面所成角的正弦值为

________．若点关于直线的对称点为，则直线与所成角的余弦值是________．

12. 已知，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，则点M 的轨迹C的方程是___________．若点为轨迹C的焦点，是直线上的一点，是直线与轨迹的一个交点，且，则_____．

13. 过正四面体ABCD的中心且与一组对棱AB和CD所在直线都成60 角的直线有________条．

14. 已知双曲线上一点P到两渐近线的距离分别为，若，则双曲线的离心率为_________．

15. 四棱锥中，平面ABCD，，，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点Q的轨迹将ABCD分成面积为

的两部分，则=_______．

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．

16. 已知从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点．又点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且，．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）在椭圆C中，求以点为中点的弦MN所在的直线方程．

17. （本小题满分15分）如图，三棱柱中，

侧棱平面，为等腰直角三角形，，且，分别是的

中点．

（Ⅰ）求证：①平面；

②平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角．

18. 如图，平行四边形平面，，，

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值的大小．

19. 抛物线，，为抛物线的焦点，是抛物线上两点，线段的中垂线交轴于

，，。

（Ⅰ）证明：是的等差中项；

（Ⅱ）若，为平行于轴的直线，其被以AD为直径的圆所截得的弦长为定值，求直线的方程．20. 如图，已知椭圆：的左、右顶点分别为，是椭圆上异于的两点，直线交于点，且P位于第一象限．

（Ⅰ）若直线MN与x轴垂直，求实数t的值；

（Ⅱ）记的面积分别是，求的最小值．

【答案】D

【解析】由题得抛物线的标准方程为.故选D.

【答案】B

考点：双曲线．

【答案】C

【解析】设直线a在平面α的射影为直线c，在平面α内作直线d⊥c，由三垂线定理可得直线d⊥a．因为直线a与平面α所成的角为30°，所以直线a与直线c所成的角为30°，等于平面α内的直线与直线a所成角的最小值．

直线b在平面α内，当b与直线d平行或重合时，可得a⊥b，直线a与b所成的角为90°，达到最大值；

当b与直线c平行或重合时，可得a、b所成的角为30°，达到最小值．

因此，直线a与b所成的角为φ的取值范围为30°≤θ≤90°．故选C

【答案】C

【解析】先讨论充分性：由得

所以“”是“”的充分条件.

再讨论必要性：因为，所以，所以“”是“”的必要条件.故选C.【答案】A

【解析】对于选项A，可以证明，所以选项A正确;对于选项B，画图可知，直线m和n可能平行，也可能相交，也可能异面，所以选项B错误；对于选项C，可以举反例，

不垂直，满足已知条件，但是不垂直；对于选项D，可能不平行，是相交的关系.故选A.

【答案】A

【解析】

∵满足QF1⊥QP，∴点Q与点F2重合时，∵sin∠F1PQ=，

不妨设|PF1|=13，则|PF2|=12．

∴可得：e=．因此e．

当点Q在最下端时，∠F1QF2最大，此时F1Q⊥F2Q．

可得点Q在椭圆的内部，当b=c，e=，因此．

综上可得：．故选C．

点睛：本题的关键在于找到点Q的临界位置，从而找到它们对应的椭圆的离心率. 所以本题利用了数形结

合的思想，它是一种重要的数学思想，在解题过程中注意灵活运用.

【答案】(1). (2).

【解析】如图，取AC中点O，连接BO，PO，

∵△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC,∴BO⊥AC，∴BO⊥平面APC

∴则PB与平面PAC所成角是∠BPO，可得BO=，PB=

∴sin∠BPO==．

如图，建立空间直角坐标系，易得AD与PC的交点H为PC中点，

A（0，0，0），B（，，0），C（0，1，0），H（0，，）

=（0，，），=（﹣，，0）

cos，

故答案为：(1). (2).

点睛：本题的难点在第二问，直接研究比较困难，利用空间向量来研究问题就简单了很多，所以要注意一点，如果利用几何法比较困难，可以尝试用空间向量来研究.

【答案】(1). (2).

【解析】设M（x，y），

∵A（1，），B（﹣1，），直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜

率的差是，

∴k AM﹣k BM=，

整理，得点M的轨迹C的方程是x2=4y（x≠±1）．

∵点F为轨迹C的焦点，∴F（0，1），

P是直线l：y=﹣1上的一点，Q是直线PF与轨迹C的一个交点，且=3，

作QM⊥y轴于M点，作PN⊥y轴于N点，

则，∴MF=，∴Q（，），

∴|QF|=．

故答案为：(1). (2).

【答案】4

【解析】由于正四面体的所有边长都相等，所有三角形的内角都是60°，除了一组对棱AB和CD，剩下的四条棱与AB和CD所成的角都是60°，所以只要把这四条棱平移到正四面体的中心，所以有四条. 故填4.

答案】或

【解析】双曲线的两条渐近线的方程为bx﹣ay=0或bx+ay=0，

点P（x0，y0）到两条渐近线的距离之积为，

即，

又点P（x0，y0）满足双曲线的方程，∴b2x02﹣a2y02=a2b2，

∴，即2a2+2b2=5ab，∴b=2a或b=a，

则e=故填或．【答案】

【解析】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．

由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），

∴=（﹣2，0，1），=（﹣2，b，0）.=（2，0，0）．

设平面APD的法向量为=（x1，y1，z1），平面PDQ的法向量为=（x2，y2，z2）

则

即，

令y1=0得=（0，1，0），令z2=2得=（1，，2）．

∴．

∵二面角Q﹣PD﹣A的平面角大小为，

∴cos＜＞=即解得b=．

=．

∴S

△ADQ

S梯形ABCD﹣S△ADQ=．

∵S1＜S2，∴S1=，S2=．∴S1：S2=（3﹣4）：4．

故答案为（3﹣4）：4．

点睛：本题的关键是找到点Q的轨迹在四边形ABCD内的部分，它就是一条线段DQ，确定点Q在y轴上的位置,由于本题的背景比较适宜用坐标系和空间向量来解答.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】试题分析: (1)第一问,直接由得到,化简得到一个方程,再结合对应

的方程,得到a,b,c的值，即得到椭圆C的方程. （2）先利用韦达定理得到斜率k的方程，再根据点斜

式写出直线的方程.

试题解析：（Ⅰ）由题意知：，

故，即，解得，

又，

解得，

故椭圆C的方程为；

（Ⅱ）因为点在椭圆内，且显然直线MN的斜率存在，

故设直线MN的方程为，

代入椭圆方程得

故，解得，

故直线MN的方程为

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（1）第一问，先证明，即可证明平面；证明和，即可证明平面. (2)第二问，先证明即为直线与平面所成角．再解，即可得到直线与平面所成角．

试题解析：（Ⅰ）①连接，，故点G即为与的交点，

且G为的中点，又F为的中点，故，

又GF平面，平面故平面

②因为是等腰直角三角形斜边的中点，所以．

因为三棱柱为直三棱柱，所以面面，

所以面，．

设，则．

所以，所以．又，

所以平面．

（2）由（1）知在平面上的投影为，故在平面上的投影落在AF上．所以即为直线

与平面所成角．

由题知：不妨设，所以，

在中，，

所以，即直线与平面所成角为．

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

【解析】试题分析：（1）第一问，证明，即可证明平面.(2)第二问，先作出二面角的平面角，再解三角形，即可得到二面角的余弦值的大小.

试题解析：（Ⅰ）过点A作，

因为平行四边形平面，平行四边形平面=CD，平面ABCD，

故平面CDE，又平面CDE，故，

又，，平面ABCD，故平面

（Ⅱ）过作⊥交于，过作⊥交于，连接.

由（Ⅰ）得⊥平面，

又∵平面，∴平面⊥平面. ∴平面ADE，⊥，

又∵垂直，且.

∴⊥平面，得角就是所求二面角的一个平面角.

又∵，，∴所求二面角的余弦值为.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.

试题解析：（Ⅰ）设，由抛物线定义知

又中垂线交轴于，故

，

因为，所以，，

故

即，是的等差中项.

（Ⅱ）因为，所以。设，，

故圆心，设直线的方程为，

由于弦长为定值，故为定值，这里R为圆的半径，d为圆心到的距离。

故

令，即时，

为定值，

故这样的直线的方程为.

点睛：本题的难点在于求出弦长的平方后，如何分析出它为定值的条件，本题利用了分离参数求定值的方法.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）时，.

【解析】试题分析：（1）第一问，联立直线AM和BN的方程得到它们的交点P的坐标，由题得，得到的值，得到t的值. (2)第二问，先算出的表达式，再得到的解析式，再利用导数或二

次函数求它的最小值.

试题解析：(Ⅰ)设，

故直线AM的方程为，直线BN的方程为

联立得：

，解得：, 代入直线AM可得

(Ⅱ)直线的方程为，代入椭圆的方程并整理得：

解得

直线的方程为，代入椭圆的方程并整理得：

解得

所以

当，即时，.

点睛：本题的难点在求出后怎么求这个函数的最小值，可以变形后换元利用二次函数和复合函数的性质解答，要可以利用导数来解答.对于比较复杂的函数，要多注意观察函数的特征，再选择适当的方法求函数的最值.