1、麗水市2019學年第一學期普通高中教學質量監控高二數學試題卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分.全卷共4頁，選擇題部分1至2頁，非選擇題部分3至4頁.滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填在試題卷和答題卷規定的位置上.2答題時，請按照答題卷上“注意事項”的要求，在答題卷相應的位置上規范作答，在本試題卷上的作答一律無效.選擇題部分（共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.若直線的斜率為，在軸上的截距為，則（ ）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】c

2、【解析】【分析】根據題意，將直線的方程變形為斜截式方程，據此分析的值，即可得答案.【詳解】解：根據題意，直線，其斜截式方程為，其斜率，在軸上的截距，故選：c.【點睛】本題考查直線的一般式方程與斜截式方程的轉化，注意直線斜截式方程的形式，屬于基礎題.2.圓與圓的位置關系是（ ）a. 相交b. 內切c. 外切d. 相離【答案】b【解析】【分析】分別求出兩圓的圓心和半徑，求得圓心距與半徑和或差的關系，即可判斷位置關系.【詳解】解：圓的圓心，半徑，的圓心，半徑，則兩圓的圓心距，即兩圓內切.故選：b.【點睛】本題考查兩圓的位置關系的判斷，注意運用兩點的距離公式，考查運算能力，屬于基礎題.3.橢圓的焦點坐

3、標是（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】直接利用橢圓方程，求出，然后求解即可.【詳解】解：橢圓，可得，可得，所以橢圓的焦點.故選：a.【點睛】本題考查橢圓的簡單性質的應用，是基本知識的考查，基礎題.4.已知，是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題中不正確的是（ ）a. 若，則b. 若，則c. 若，則d. 若，則【答案】c【解析】【分析】根據空間中的平行與垂直關系，對選項中的命題進行分析、判斷正誤即可.【詳解】解：對于a，時，過作平面，則；由知，所以，故a正確；對于b，當，時，得且，所以，故b正確；對于c，當，時，則，所以c錯誤；對于d，當，時，又，所以，d正確.故選：

4、c.【點睛】本題考查了空間中的平行與垂直關系的判斷問題，也考查了符號語言應用問題，是基礎題.5.雙曲線的左右焦點分別為，點在雙曲線上，若，則（ ）a. b. c. 或d. 【答案】b【解析】【分析】求得雙曲線的，判斷的位置，結合雙曲線的定義，可得所求值.【詳解】解：雙曲線的，點在雙曲線的右支上，可得，點在雙曲線的左支上，可得，由可得在雙曲線的左支上，可得，即有.故選：b.【點睛】本題考查雙曲線的定義、方程和性質，考查定義法解題，以及分類討論思想，屬于基礎題.6.“”是“”成立的（ ）a. 充分不必要條件b. 必要不充分條件c. 充分必要條件d. 既不充分也不必要條件【答案】a【解析】【分析】由

5、對數的運算性質與不等式的基本性質結合充分必要條件的判定方法得答案.【詳解】解：由，得，得，；反之，由，不一定有，如“”是“”成立的充分不必要條件.故選：a.【點睛】本題考查對數的運算性質與不等式的基本性質，考查充分必要條件的判定方法，是基礎題.7.直線和圓的交點個數（ ）a. b. c. d. 與，有關【答案】c【解析】【分析】圓題意可知直線恒過 圓內的定點，故可得直線與圓相交，即可判斷【詳解】解：因為直線可化為，所以直線恒過定點，因為則點在圓內，故直線過圓內的點，與圓相交，即交點個數為2.故選：c.【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系的判斷，解題的關鍵是發現直線恒過定點且定點在

6、圓內.8.我國古代數學名著九章算術中記載“芻甍”（chu meng）是指底面為矩形，頂部只有一條棱的五面體如圖，五面體是一個芻甍，其中是正三角形，則以下兩個結論：；，（ ）a. 和都不成立b. 成立，但不成立c. 不成立，但成立d. 和都成立【答案】b【解析】【分析】利用線面平行的性質及勾股定理即可判斷.【詳解】解：，cd在平面cdef內，ab不在平面cdef內，平面cdef，又ef在平面cdef內，由ab在平面abfe內，且平面平面，ef，故對；如圖，取cd中點g，連接bg，fg，由abcd2ef，易知gf，且degf，不妨設ef1，則，假設bfed，則，即，即fg1，但fg的長度不定，故假

7、設不一定成立，即不一定成立.故選：b.【點睛】本題考查線面平行的判定及性質，考查垂直關系的判定，考查邏輯推理能力，屬于中檔題.9.已知，點在曲線上，若直線，的斜率分別為，則（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】先根據已知條件得到點在以為焦點，的雙曲線上，且在右支上；再利用整體代換即可求解.【詳解】解：因為曲線，即；點在以為焦點，的雙曲線上，且在右支上，對應的曲線方程為：；.故選：d.【點睛】本題主要考查曲線與方程，解決本題的關鍵點在于根據已知條件得到點所在曲線，屬于基礎題目.10.若實數，滿足方程，則（ ）a. b. c d. 【答案】d【解析】【分析】直接利用三角函數關系式

8、的恒等變換和函數的性質的應用求出結果.【詳解】解：由于，故：.故選：d.【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，三角函數的性質的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型.11.如圖，在三棱錐中，設二面角的平面角為，則（ ）a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】c【解析】【分析】解題的關鍵是通過構造垂面得出，然后轉化到平面中解決即可.詳解】解：如圖（1），取pc中點d，連接ad，bd， 由pbbc，paac易知bdpc，adpc，故可得pc平面abd，作pmab于m，由，可得cmab，又，由圖（2）可得，故選：c.【點睛】本題考查空間角的綜合問題，考查空間想

9、象能力，邏輯推理能力，屬于中檔題.12.已知直線與橢圓交于，兩點，且直線與軸，軸分別交于點，若點，三等分線段，則（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】將直線與橢圓聯立求出兩根之和及兩根之積，求出中點坐標及弦長ab，由題意知cd的坐標及中點與ab的中點相同求出的值，再由c，d三等分線段ab，則，求出的值，選出結果.【詳解】解：設，聯立直線與橢圓的方程整理得：，解得，所以中點，由題意得，點c，d三等分線段ab，所以cd的中點也為p，所以，由題意，所以可得：；所以弦長，由題意得，由題意，所以，整理得：，解得，故選：d.【點睛】考查直線與橢圓的值應用，屬于中檔題.非選擇題部分（共90

10、分）二、填空題：本大題共7小題，其中多空題每題6分，單空題每題4分，共34分13.雙曲線的焦距是_，漸近線方程是_.【答案】 (1). 8 (2). 【解析】【分析】由雙曲線方程求得a，b，c的值，則其焦距與漸近線方程可求【詳解】由題知，4，12，故16，雙曲線的焦距為：，漸近線方程為：故答案為；【點睛】本題考查雙曲線的標準方程，考查雙曲線的簡單性質，是基礎題14.已知直線和若，則實數_，兩直線與間的距離是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由直線和.，利用直線與直線平行的性質能求出，把轉化為：，利用兩平行線間的距離公式能求出兩直線與間的距離.【詳解】解：直線和，解得，轉化為：，兩

11、直線與間的距離是：.故答案為：；.【點睛】本題考查實數值、兩平行線間的距離的求法，考查直線與直線平行的性質、兩平行線間距離公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題.15.已知實數，滿足不等式組若的最小值為，則_，的最大值是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義，結合目標函數的最小值.利用數形結合即可得到結論.【詳解】解：先作出實數，滿足約束條件 的可行域如圖，目標函數的最小值為：1，由圖象知經過平面區域的a時目標函數取得最小值1.由，解得a（0，1），同時a（0，1）也在直線上，則，過點c（2，0）時取最大值；所以其最大值

12、為.故答案為：1；4.【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，利用目標函數的幾何意義，結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法.16.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的表面積是_【答案】【解析】【分析】首先畫出直觀圖，再進一步利用公式求出結果.【詳解】解：根據幾何體的三視圖，可得直觀圖如下：該幾何體為一個圓柱，加一個三棱柱，底面為一個等腰直角三角形和一個半徑為1個圓.所以.故答案為：.【點睛】本題考查的知識要點：三視圖和幾何體之間的轉換，幾何體的體積公式的應用和表面積公式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型.17.已知拋物線的焦點為，是拋物線上的點若

13、線段被直線平分，則_【答案】【解析】【分析】由題意求出拋物線的焦點坐標及準線方程，由線段被直線平分，則2是中點的橫坐標，由拋物線的性質到焦點的距離等于到準線的距離，進而求出的值.【詳解】解：由題意知焦點，準線方程：，設的橫坐標， 由題意，由拋物線的性質知，故答案為：4.【點睛】考查拋物線的性質，屬于基礎題.18.如圖，在三棱錐中，底面是邊長為的正三角形，且，分別是，中點，則異面直線與所成角的余弦值為_【答案】【解析】【分析】連結de，到de中點p，連結pf、pc，則pfae，從而pfc是異面直線ae和cf所成角的余弦值，由此能求出異面直線ae和cf所成角的余弦值.【詳解】解：因為三棱

14、錐abcd中，底面是邊長為2的正三角形，abacad4，所以三棱錐abcd為正三棱錐；連結de，取de中點p，連結pf、pc，正三棱錐abcd的側棱長都等于4，底面正三角形的邊長2，點e、f分別是棱bc、ad的中點，pfae，pfc是異面直線ae和cf所成角的余弦值， ，.異面直線ae和cf所成角的余弦值為.故答案為：.【點睛】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，關鍵是利用線線平行將異面直線所成的角轉化為兩相交直線所成的角，是中檔題.19.已知橢圓的右焦點為，上頂點為，點在圓上，點在橢圓上，則的最小值是_【答案】【解析】【分析】求得橢圓的，可得焦點坐標和頂點坐標，可，由兩點的距離公式可得，即

15、點與的距離，再由橢圓的定義，可得，再由四點共線取得最值，可得所求.【詳解】解：橢圓的，右焦點為，右焦點為，上頂點為，點在圓上，可設，表示點與的距離，由橢圓的定義可得，當且僅當三點共線上式取得等號，故的最小值是，故答案為：.【點睛】本題考查橢圓的定義、方程和性質，考查圓的參數方程的運用和兩點的距離公式，注意轉化思想和數形結合思想，考查化簡運算能力，屬于難題.三、解答題：本大題共4小題，共56分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟20.已知表示圓的方程（1）求實數的取值范圍；（2）若直線被圓截得的弦長為4，求實數的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意，將圓的方程變形為標準方程，分

16、析可得，解可得的取值范圍；（2）根據題意，分析圓的圓心以及半徑，結合直線與圓的位置關系分析可得，解可得的值，即可得答案.【詳解】解：（1）配方得：由，解得：；（2）由題意可得：圓心為，半徑則，解得.【點睛】本題考查圓的一般方程以及直線與圓相交的性質，涉及弦長的計算，屬于基礎題.21.如圖，在四棱錐中，底面，（1）求證：平面；（2）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由【答案】（1）見解析（2）在棱上存在點，使得平面【解析】【分析】（1）由題意，利用勾股定理可得，可得，可得，利用線面垂直的性質可得，利用線面垂直的判定定理即可證明dc平面pac；（2）過點a作ahpc

17、，垂足為h，由（1）利用線面垂直的判定定理可證明ah平面pcd，在rtpac中，由pa2，可求，即在棱pc上存在點h，且，使得ah平面pcd.【詳解】解（1）由題意，可得，即，又底面，且，平面；（2）過點作，垂足為，由（1）可得，又，平面.在中，.即在棱上存在點，且，使得平面.【點睛】本題主要考查了勾股定理，線面垂直的性質，線面垂直的判定，考查了數形結合思想和推理論證能力，屬于中檔題.22.如圖，在三棱臺中，底面是邊長為的正三角形，是棱的中點，點在棱上，且（1）求證：平面；（2）求直線和平面所成角的正弦值【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）取bc上一點g，滿足cg3gb，連接，fg

18、，推導出四邊形為平行四邊形，從而ef，由此能證明ef平面.（2）延長交于一點p，取ac的中點為o，連接po，ob，則poac，boac，過o作od平面abc，如圖，以oa為x軸，ob為y軸，od為z軸建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線ef和平面abc所成角的正弦值.【詳解】解：（1）取上一點，滿足，連，在中，由，又，四邊形為平行四邊形又平面，平面平面.（2）延長，交于一點，且為邊長為的正三角形，取的中點為，連接，則，且，過作平面，如圖，以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，面的一個法向量為，設與平面所成的角為，直線和平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.23.已知直線與拋物線交于，兩點，點，在拋物線上，且直線與交于點（1）寫出拋物線的焦點坐標和準線方程；