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。