学期期末考试试题理（宏志班，含解析）
一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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. 直线的倾斜角为（ ） D. A. B. C. 【答案】C
2. 命题“对任意A. 对任意C. 存在【答案】B
，都有”的否定为（ ）
，使得，使得 ，使得，都有 B. 存在 D. 不存在【解析】因为全称命题的否定是特称命题，命题“对任意在，使得”，故选B.
，都有”的否定为“存3. 圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面积为（ ） A. B. 【答案】C
【解析】圆柱沿一条母线剪开，所得到的侧面展开图是一个矩形，它的长是底面圆的周长，即，宽为母线长为，因此它的面积为,故选C.
表示三条不同的直线，，则；②若表示三个不同的平面，给出下列三个命题：①若，是在内的射影，，则；③若则 C. D. 4. 设. 其中真命题的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C
【解析】试题分析：由表示三条不同的直线，表示三个不同的平面知：在①中，若- 1 - / 16
，则平面射影，成角，因此，故①正确；在 ②中，若，则是在内的错误，如墙，则由三垂线定理得，故②正确； 关于③，角的三个面的关系， 故③错误，真命题的个数为，故选C. 考点：空间直线与平面之间的关系. 5. 直线与直线垂直，则直线在轴上的截距是( )
A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】直线与直线直线上的截距是，故选B.
，则“三点到平面的距离都相等”令垂直， ，可得 ，直线在轴6. 已知平面及平面同一侧外的不共线三 点是“平面平面”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要件 【答案】C 【解析】由“平面”能够得到三点到平面的距离相等,若不共线的三点 ，到平面的距离相等，因为 定定理可得“平面 在平面 的同侧，可得 ，依照面面平行的判
，则“”,因此 , 平面及平面同一侧外的不共线三 点平面”的充要条件，故选C. ,,点在上，且三点到平面的距离都相等”是“平面7. 空间四边形则A. 【答案】B
=（ ）
B. C. 中，,，为中点， D. - 2 - / 16
【解析】
如图，连接那么 为中点，在中，可得．故本题答案选．
，由，则，点睛：进行向量的运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中，选用从同一点动身的差不多量或首尾相接的向量，运用向量的加减运算及数乘来求解，充分利用相等的向量，相反的向量和线段的比例关系，把未知向量转化为与已知向量有直截了当关系的向量来解决． 8. 设点是曲线，则A. B. C. D. 上任意一点，其坐标满足取值范畴为（ ）
【答案】D
【解析】
点是曲线，即 上任意一点，其坐标也满足，，表示椭圆 - 3 - / 16
内部部分，可行域如图，可得值范畴为9. 已知椭圆，故选D.
和点，，即，则 取，若椭圆的某弦的中点在线段上，且此弦所在直线的斜率为，则的取值范畴为（ ） A. B. C. D. 【答案】A
【解析】试题分析：设动弦端点，中点为，则有且有，则两式相减化为，
即，，中点在上，，可得
，解得，故选A.
考点：椭圆的方程及几何性质.
10. 某几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上，则那个球的表面积是（ ）
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A. B. C. D. 【答案】C
【解析】
..................
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观看三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要专门注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的阻碍.
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11. 已知椭圆内有一点是其左、右焦点， 为椭圆上的动点，则的最小值为（ ）
A. B . C. D 【答案】A 【解析】共线时取得最小值，故选A. 12. 过抛物线 的焦点的直线交抛物线于点则此抛物线的方程为（ ）
交其准线于点若，故，当且仅当
A. B. C. D. 【答案】B
【解析】
如图，分别过点由定义得作准线的垂线，分别交准线于点，故，在直角三角形，从而得 ，设中，，求得，则由已知得 ，，因此抛物线方程为，故选B.
【 方法点睛】本题要紧考查抛物线的标准方程以及抛物线的定义和几何性质，属于难题. 与焦点、准线有关的问题一样情形下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点
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的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题顺利得到解决. 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 若向量【答案】【解析】 或14. 三棱锥则异面直线【答案】. 【解析】如下图，连结线
，
，取中点，连结，，则可知，
，
即为异面直
中， ，可设，故答案为或，，又. ，点分别是的中点，，，________. 所成的角的余弦值为________.
所成角（或其补角）易得
，
∴，即异面直线，所成角的余弦值为.
考点：异面直线的夹角.
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15. 设，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线的左顶点，以，为直径的圆交双曲线某条渐近线于，两点，且满足为________.
，则该双曲线的离心率- 7 - / 16
【答案】 【解析】
如图，，由已知条件知圆的方程为由，得，，又，，，，即双曲线的离心率为，故答案为. 【 方法点睛】本题要紧考查双曲线的渐近线、离心率及简单性质，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一样求离心率有以下几种情形：①直截了当求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采纳离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④
依照圆锥曲线的统一定义求解．本题中，依照题平面向量夹角的余弦公式，建立关于焦半径和焦距的关系．从而找出之间的关系，求出离心率．
是空间的一组基底，则向量中，若点在上到直线内，且也是空间的一组，的距离等于1的点有2
16. 下列四个命题：（1）已知向量基底；（2） 在正方体则的值为1；（3） 圆个；（4）方程【答案】(1)(2)(4) 【解析】（1）已知向量因此向量表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是________.
是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，是空间的一个基底，正确；（2）
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， ， ，半径为，，正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为则圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线可化为或 表
的距离为的点有个，错误；（4）由题意，不成立，方程示的曲线是一条直线，正确，故答案为(1)(2)(4).
三、解答题：（本题共6小题，共70分．解承诺写出文字说明，证明过程步骤） 17. 已知，设命题：指数函数的定义域为．若“≠在上单调递增.命题：函数”为假，“”为真，求的取值范畴．
【答案】a的取值范畴为[0，1]∪[4，＋∞). 【解析】试题分析：化简命题可得假命题，可得，化简命题可得，由为真命题，为一真一假，分两种情形讨论，关于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范畴.
试题解析：由命题p，得a＞1，关于命题q，即使得x∈R，ax2－ax＋1＞0恒成立 若a＞0，△＝a2－4a＜0，即0＜a＜4
若a＝0，1＞0恒成立，满足题意，因此0≤a＜4 由题意知p与q一真一假， 当p真q假时 ，
因此a≥4．
当p假q真时，，即0≤a≤1．
综上可知，a的取值范畴为[0，1]∪[4，＋∞)． 18. 已知直线过坐标原点，圆的方程为（1）当直线的斜率为时，求与圆相交所得的弦长；
．
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（2）设直线与圆交于两点【答案】(1)，且为的中点，求直线的方程．
;(2) 直线l的方程为y=x或y=﹣x.
，圆圆心为，半径为，求出圆，【解析】试题分析：(1) 由已知，直线的方程为心到直线的距离，依照勾股定理可求与圆相交所得的弦长；（2）设直线与圆交于两点且为的中点，设 ，则 ，将点的坐标代入椭圆方程求出的坐标，即可求直线的方程.
试题解析：（1）由已知，直线l的方程为y=因此，圆心到直线l的距离为因此，所求弦长为2
=2
=．
．…
x，圆C圆心为（0，3），半径为
，
（2） 设A（x1，y1），因为A为OB的中点，则B（2x1，2y1）． 又A，B在圆C上，
因此 x1+y1﹣6y1+4=0，4x1+4y1﹣12y1+4=0． 解得y1=1，x1=±1， 即A（1，1）或A（﹣1，1）
因此，直线l的方程为y=x或y=﹣x． 19. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，. 2
2
2
2
。过作一个平面使得
（1）求平面将四棱锥（2）若平面与平面分成两部分几何体的体积之比. 之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
;(2) 平面，因此. 【答案】(1) 平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比为分别交于，因为【解析】试题分析：（1）设平面与直线，可得分别是的中点，依照棱锥的体积公式可得- 10 - / 16
，从而可得平面将四棱锥积之比；（2）因为分别求出直线线与平面两两垂直，以分成两部分几何体的体为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
的方向向量以及平面所成角的正弦值.
的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直试题解析：（1）记平面与直线因为由已知条件易知因此可得 ，因此，又因. . . 因此. 即平面将四棱锥（2）建立直角坐标系，记则因为平面的法向量分成两部分几何体的体积之比为 . 设取得平面 得. 距离，
由条件易知点到平面.即. 因此.直线与平面所成角满足 【方法点晴】本题要紧考查棱锥的体积公式以及利用空间向量线面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一样步骤是：（1）观看图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）依照定理结论求出相应的角和距离. 20. 已知动点到点 的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为.若以
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为圆心，r为半径（别交曲线于C、D两点。 (1)求曲线的方程.
）作圆，分别交x轴于A，B两点，连结并延长SA、SB，分
(2)求证：直线CD的斜率为定值； 【答案】(1) ;(2) . 的距离比它到直线的距离小，可得动点到；（2）设直线【解析】试题分析：（1）动点到点 点 的距离与它到直线的距离相等，由定义可得曲线方程为的方程为，与抛物线方程 联立得：可得 ，由，可得直线的斜率为 ， ,利用斜率公式可得结果.
试题解析：（1）动点到点 的距离与它到直线 (2)设的距离比它到直线的距离小，可得动点到点 . 联立得： 的距离相等，由定义可得曲线方程为，与抛物线方程 ， 由题意有， . 21. 如图，已知点Δ的位置,连接. 分别是Δ的边的中点，连接与平面 .现将沿折叠至大小为.记平面 的交线为，二面角- 12 - / 16
（1）证明：（2）证明： （3）求平面 与平面 所成锐二面角大小.
的边平面. 的中点，依照三角形中位线定理可得，再利用线面平行的性质定理可得结论；平行四边形，进而可得四边形 为菱形，平【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（1）由分别是Δ，由线面平行的判定定理可得（2）由三角形中位线定理以可判定四边形因此可得面，,，由线面垂直的判定定理可得于交，从而依照面面垂直的判定定理可得结论；（3）作的中点，折叠后角是二面角于,可知是的底角的平面角，可证明等腰是平面与平面所成锐二面角的平面角，进而可得结果.
分别是Δ的边的中点，因此通过的平面与平面试题解析：（1）证明：因为的交线为，又 , 且,四边形, . . （2）证明：记 又 - 13 - / 16
又(3) 过, , 则得. . ,易知是的中点，
易知折叠后角 则可知 等腰易知角是二面角的平面角.
, . .易知的底角角 . 是 所成锐二面角的平面角，
【方法点晴】本题要紧考查线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、二面角的求法，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用那个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特点，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、查找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是确实是利用方法①证明的. 22. 已知圆得到曲线。
（1）求曲线的方程；
（2）若点为曲线上一点，过点作曲线的切线交圆于不同的两点侧），已知点。求四边形面积的最大值。
（其中在的右（其中为圆心）上的每一点横坐标不变，纵坐标变为原先的一半，【答案】（1）；（2）. 【解析】试题分析：（1）曲线上任意一点曲线的方程为，则为上的点，从而可得，由，化简可得标准方程；（2），设，依照判别式为零可得，依照韦达定- 14 - / 16
理、弦长公式以及三角形面积公式可得，同理可得，则，利用差不多不等式可得四边形面积的最大值.
，则为上的点，
试题解析：（1）设曲线上任意一点，（2）易知直线曲线。 ，
，
的斜率存在，设，即因为,设点到直线，
的距离为，
则，，
，
由，
，
，
，
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而，，易知，，
，，
。
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