2018-2019学年上海市高二（下）6月段考数学试卷（含详细解答）

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1、以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程是 4 （4 分）某圆锥体的侧面图是圆心角为的扇形，当侧面积是 27 时，则该圆锥体的 体积是 5 （4 分）已知点 P（x，y）满足条件，则目标函数 z2xy 的最大值为 6 （4 分）已知圆柱 M 的底面圆的半径与球 O 的半径相同，若圆柱 M 与球 O 的体积相等， 则它们的表面积之比 S圆柱：S球 （用数值作答） 7 （5 分）若虛数 z1、z2是实系数一元二次方程 x2+px+q0 的两个根，且，则 pq 8 （5 分）已知双曲线 x2y21，A1、A2是它的两个顶点，点 P 是双曲线上的点，且直线 A1P 的斜率是，则直线 PA2的斜率为

2、9 （5 分）已知半径为 R 的球的球面上有三个点，其中任意两点间的球面距离都等于， 且经过这三个点的小圆周长为 4，则 R 10 （5 分）关于 x 的方程有一个实数解，则实数 m 的取值范围是 11 （5 分）棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M、N 分别在线段 AB1、BC1上运 动（不包括线段端点） ，且 AMBN以下结论：AA1MN；若点 M、N 分别为线 段 AB1、BC1的中点，则由线 MN 与 AB1确定的平面在正方体 ABCDA1B1C1D1上的截 面为等边三角形；四面体 MBCN 的体积的最大值为；直线 D1M 与直线 A1N 的 夹角为定值其中正确的结

3、论为 （填序号） 第 2 页（共 23 页） 12 （5 分） “横看成岭侧成峰，远近高低各不同 ”同一事物从不同角度看，我们会有不同 的认识请解决以下问题：设函数 f（x）ax2+（2b+1）xa2（a，bR，a0）在3， 4至少有一个零点，则 a2+b2的最小值为 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 小题，满分小题，满分 20 分，每题分，每题 5 分）每题有且只有一个正确答案，考分）每题有且只有一个正确答案，考 生应在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑生应在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑 13 （5 分）设直线 l 与平面 平行，直线 m 在平面 上，那么（

4、 ） A直线 l 平行于直线 m B直线 l 与直线 m 异面 C直线 l 与直线 m 没有公共点 D直线 l 与直线 m 不垂直 14 （5 分） 已知集合， Bz|z|1， zC，若 AB，则 a、b 之间的关系是（ ） Aa2+b21 Ba2+b21 Ca+b1 Da+b1 15 （5 分）已知某四面体的六条棱长分别为 3，3，2，2，2，2，则两条较长棱所在直线所 成角的余弦值为（ ） A0 B C0 或 D以上都不对 16 （5 分）以下命题：根据斜二测画法，三角形的直观图是三角形；有两个平面互相 平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；两相邻侧面所成角相等的棱锥是正 棱锥；若两

5、个二面角的半平面互相垂直，则这两个二面角的大小相等或互补其中正 确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，满分题，满分 0 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域 内写出必要的步骤内写出必要的步骤. 17如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1 第 3 页（共 23 页） （1）求二面角 B1ACB 的大小； （用反三角函数表示） （2）求直线 A1B 与平面 BDD1B1所成角的大小 18已知抛物线 y24x，A（a，0）是 x 轴上一点，P（x，y）是抛物线上任意一点 （1

6、）若 a1，求|PA|的最小值； （2）已知 O 为坐标原点，若|PA|的最小值为|OA|，求实数 a 的取值范围 19如图，已知四面体 ABCD 中，且 DADBDC 两两互相垂直，点 O 是ABC 的中心 （1）过 O 作 OEAD，求DEO 绕直线 DO 旋转一周所形成的几何体的体积； （2）将DAO 绕直线 DO 旋转一周，则在旋转过程中，直线 DA 与直线 BC 所成角记为 ，求 cos 的取值范围 20如图，几何体 EFABCD 中，CDEF 是边长为 2 的正方形，ABCD 为直角梯形，AB CD，ADDC，AD2，ADF90 （1）求异面直线 BE 和 CD 所成角的大小； （

7、2）求几何体 EFABCD 的体积； （3）若平面 ABCD 内有一经过点 B 的曲线，该曲线上的任一动点都满足 EQ 与 CD 所 成角的大小恰等于 BE 与 CD 所成角试判断曲线的形状并说明理由 第 4 页（共 23 页） 21椭圆 C：，其长轴是短轴的两倍，以某短轴顶点和长轴顶点为 端点的线段作为直径的圆的周长为，直线 l 与椭圆交于 A（x1，y1） ，B（x2，y2） 两点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点 O 作直线 l 的垂线，垂足为 D若 OAOB，求点 D 的轨迹方程； （3）设直线 OA，l，OB 的斜率分别为 k1，k，k2，其中 k0 且 k2k1k2设OAB

8、的面 积为 S以 OA、OB 为直径的圆的面积分别为 S1，S2，求的取值范围 第 5 页（共 23 页） 2018-2019 学年上海市高二（下）学年上海市高二（下）6 月段考数学试卷月段考数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 小题，满分小题，满分 54 分，其中分，其中 1-6 题每题题每题 4 分，分，7-12 题每题题每题 5 分）考生分）考生 应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果. 1 （4 分）已知 i 是虚数单位，若复数（1+ai） （2+i）是纯虚数，则实数 a 等于 2 【分析】

9、利用纯虚数的定义、复数的运算法则即可得出 【解答】解：复数（1+ai） （2+i）（2a）+（2a+1）i 是纯虚数， ，解得 a2 故答案为：2 【点评】本题考查了纯虚数的定义、复数的运算法则，属于基础题 2 （4 分）椭圆（ 为参数）的焦距为 6 【分析】求出椭圆的普通方程，即可求出椭圆的焦距 【解答】解：消去参数 得：，所以，c3，所以，焦距为 2c6 故答案为 6 【点评】本题考查椭圆的参数方程，考查椭圆的性质，正确转化为普通方程是关键 3 （4 分）以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程是 x2y21 【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点和顶点坐标，得出双曲线的顶点和焦点，从而求

10、出双曲线的方程 【解答】解：椭圆的焦点为 F（1，0） ， 顶点为（，0） ； 则双曲线的顶点为（1，0） ，焦点为（，0） ， a1，c， b1， 双曲线的方程为 x2y21， 故答案为：x2y21 【点评】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程与简单几何性质的应用问题，是基础题 第 6 页（共 23 页） 4 （4 分）某圆锥体的侧面图是圆心角为的扇形，当侧面积是 27 时，则该圆锥体的 体积是 【分析】由圆锥体侧面展开图的半径是圆锥的母线长，展开图的弧长是底面圆的周长， 可以求出圆锥的母线和底面圆半径，从而得出高和体积 【解答】解：设圆锥的侧面展开图扇形的半径为 l，则侧面展开图扇形的面积 S

11、 l227； l9又设圆锥的底面圆半径为 r，则 2rl， rl3； 圆锥的高 h； 该圆锥体的体积是：V圆锥r2h9 故答案为： 【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查了空间想象能力，计算能力，关键是弄清楚侧 面展开图与圆锥体的关系，属于基础题 5 （4 分）已知点 P（x，y）满足条件，则目标函数 z2xy 的最大值为 5 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可得到结论 【解答】解：出不等式组对应的平面区域如图： 由 z2xy 得 y2xz， 平移直线 y2xz， 由图象可知当直线 y2xz 经过点 A 时，直线 y2xz 的截距最小， 此时 z 最大 由，解得，即

12、A（2，1） 将 A（2，1）的坐标代入目标函数 z2xy4+15 即 z2xy 的最大值为 5 故答案为：5 第 7 页（共 23 页） 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义是解决本题的关键，注意使 用数形结合 6 （4 分）已知圆柱 M 的底面圆的半径与球 O 的半径相同，若圆柱 M 与球 O 的体积相等， 则它们的表面积之比 S圆柱：S球 （用数值作答） 【分析】 由已知中圆柱 M 与球 O 的体积相等， 可以求出圆柱的高与圆柱底面半径的关系， 进而求出圆柱和球的表面积后，即可得到 S圆柱：S球的值 【解答】解：设圆柱 M 的底面圆的半径与球 O 的半径均为 R，M

13、的高为 h 则球的表面积 S球4R2 又圆柱 M 与球 O 的体积相等 即 解得 h， 4R22R2+2Rh 则 S圆柱2R2+2Rh，S球4R2， S圆柱：S球， 故答案为： 【点评】本题考查的知识点是球的体积和表面积，圆柱的体积和表面积，其中根据已知 求出圆柱的高，是解答本题的关键 7 （5 分）若虛数 z1、z2是实系数一元二次方程 x2+px+q0 的两个根，且，则 pq 1 【分析】设 z1a+bi，则 z2abi， （a，bR） ，根据两个复数相等的充要条件求出 z1， z2，再由根与系数的关系求得 p，q 的值 第 8 页（共 23 页） 【解答】解：由题意可知 z1与 z2为共

14、轭复数，设 z1a+bi，则 z2abi， （a，bR 且 b 0） ， 又，则 a2b2+2abiabi， （2a+b）+（a+2b）i1i， ，解得 z1+i，z2i， （或 z2+i，z1i） 由根与系数的关系，得 p（z1+z2）1，qz1z21， pq1 故答案为：1 【点评】本题考查实系数一元二次方程在复数集的根的问题，考查了两个复数相等的充 要条件，属于中档题 8 （5 分）已知双曲线 x2y21，A1、A2是它的两个顶点，点 P 是双曲线上的点，且直线 A1P 的斜率是，则直线 PA2的斜率为 2 【分析】设 P（x0，y0） ，则，由 A1（1，0） ，A2（1，0） ， 知

15、 k1k2，由此能求出直线 PA2的斜率 【解答】解：设 P（x0，y0） ，则， ， A1（1，0） ，A2（1，0） ，设直线 PA1的斜率为 k1，直线 PA2的斜率为 k2， k1k2， k1， k22 故答案为：2 第 9 页（共 23 页） 【点评】本题考查两直线的斜率之积的求法，考查曲线上点的坐标与曲线方程的关系， 考查了分析问题的能力，属于基础题 9 （5 分）已知半径为 R 的球的球面上有三个点，其中任意两点间的球面距离都等于， 且经过这三个点的小圆周长为 4，则 R 2 【分析】根据球面上三个点，其中任意两点间的球面距离都等于，得出 ABBC CAR，利用其周长得到正三角形

16、 ABC 的外接圆半径 r2，故可以得到高，设 D 是 BC 的中点，在OBC 中，又可以得到角以及边与 R 的关系，在 RtABD 中，再利用直角三 角形的勾股定理，即可解出 R 【解答】解：球面上三个点，其中任意两点间的球面距离都等于， ABCBCACAB， ABBCCAR，设球心为 O， 因为正三角形 ABC 的外径 r2，故高 ADr3，D 是 BC 的中点 在OBC 中，BOCOR，BOC， 所以 BCBOR，BDBCR 在 RtABD 中，ABBCR，所以由 AB2BD2+AD2，得 R2R2+9，所以 R2 故答案为：2 【点评】本题考查对球的性质认识及利用，以及学生的空间想象能

17、力，是中档题解题 时要认真审题，注意合理地进行等价转化 10 （5 分）关于 x 的方程有一个实数解，则实数 m 的取值范围是 m1 【分析】由题意可得，函数 yx+1 的图象和函数 y的图象有一个交点，对函数 y的 m 分类，分别画出 y的图象，可求出实数 m 的取值范围 【解答】解：关于 x 的方程 x+1有一个实数解， 故直线 yx+1 的图象和函数 y的图象有一个交点 在同一坐标系中分别画出函数 yx+1 的图象和函数 y的图象 第 10 页（共 23 页） 由于函数 y， 当 m0 时，y和直线 yx+1 的图象如图： 满足有一个交点； 当 m0 时，y可得 y2x2m（y0） 此双

18、曲线 y2x2m 的渐近线方程为 yx，其中 yx 与直线 yx+1 平行， 双曲线 y2x2m 的顶点坐标为（0，） ， 如图：只要 m0，均满足函数 yx+1 的图象和函数 y的图象有一个交点， 当 m0 时，y可得 x2y2m（y0） ， 此双曲线 x2y2m 的渐近线方程为 yx，其中 yx 与直线 yx+1 平行， 而双曲线 x2y2m 的顶点坐标为（，0） ，如图： 第 11 页（共 23 页） 当时，满足函数 yx+1 的图象和函数 y的图象有一个交点， 即当1m0 时符合题意； 综上：m1， 故答案为：m1 【点评】本题考查的知识点直线和双曲线的位置关系的应用，将问题转化为直线

19、 yx+1 的图象和函数 y的图象有一个交点，是解答本题的关键，考查了数形结合思想， 属于中档题 11 （5 分）棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M、N 分别在线段 AB1、BC1上运 动（不包括线段端点） ，且 AMBN以下结论：AA1MN；若点 M、N 分别为线 段 AB1、BC1的中点，则由线 MN 与 AB1确定的平面在正方体 ABCDA1B1C1D1上的截 面为等边三角形；四面体 MBCN 的体积的最大值为；直线 D1M 与直线 A1N 的 夹角为定值其中正确的结论为 （填序号） 【分析】作 NEBC，MFAB，垂足分别为 E，F，可得四边形 MNEF 是矩形，

20、可得 MNFE，利用 AA1面 AC，可得结论成立； 截面为AB1C，为等边三角形，故正确 设 BNBC1，则 VMBCNdMBCN，故成立； 第 12 页（共 23 页） 设 BNBC1，当 接近于 0 时，直线 D1M 与直线 A1N 的夹角接近于，当 接近 于 1 时，夹角接近于，故不正确； 【解答】解：作 NEBC，MFAB，垂足分别为 E，F，AMBN，NEMF， 四边形 MNEF 是矩形，MNFE，AA1面 AC，EF面 AC，AA1EF，AA1 MN，故正确； 点 M、N 分别为线段 AB1、BC1的中点，则由线 MN 与 AB1确定的平面在正方体 ABCD A1B1C1D1 上

21、的截面为AB1C，为等边三角形，故正确 设 BNBC1，则 VMBCNdMBCN，又 AMBNBC1AB1， SBCN，dMBCN（1）AB1，VMBCNdMBCN ，当且仅当时取得最大值，故成立； 设 BNBC1， 当 接近于 0 时， 直线 D1M 与直线 A1N 的夹角近似于直线 D1A 和直线 A1B 的夹角， 接近于， 当 接近于 1 时， 直线 D1M 与直线 A1N 的夹角近似于直线 D1B1 和直线 A1C1的夹角，接近于，故不正确； 综上可知，正确的结论为 故答案为： 【点评】本题考查线面平行、垂直，考查点到面的距离的计算，考查学生分析解决问题 的能力，属于中档题 12 （5

22、 分） “横看成岭侧成峰，远近高低各不同 ”同一事物从不同角度看，我们会有不同 的认识请解决以下问题：设函数 f（x）ax2+（2b+1）xa2（a，bR，a0）在3， 4至少有一个零点，则 a2+b2的最小值为 【分析】把等式看成关于 a，b 的直线方程： （x21）a+2xb+x20，由于直线上一点 （ a ， b ） 到 原 点 的 距 离 大 于 等 于 原 点 到 直 线 的 距 离 ， 从 而 可 得 第 13 页（共 23 页） ，从而可得 a2+b2；从 而解得 【解答】解：把等式看成关于 a，b 的直线方程： （x21）a+2xb+x20， 由于直线上一点（a，b）到原点的距

23、离大于等于原点到直线的距离， 即， 所以 a2+b2， yx2在3，4是减函数， 2x21+5； 即x26； 故； 当 x3，a，b时取等号， 故 a2+b2的最小值为 故答案为： 【点评】 本题考查了函数的零点的应用， 把等式看成关于 a， b 的直线方程 （x21） a+2xb+x 20 是难点，属于较难题 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 小题，满分小题，满分 20 分，每题分，每题 5 分）每题有且只有一个正确答案，考分）每题有且只有一个正确答案，考 生应在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑生应在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑 13 （5 分）设直线 l

24、 与平面 平行，直线 m 在平面 上，那么（ ） A直线 l 平行于直线 m B直线 l 与直线 m 异面 C直线 l 与直线 m 没有公共点 D直线 l 与直线 m 不垂直 【分析】由已知中直线 l 与平面 平行，直线 m 在平面 上，可得直线 l 与直线 m 异面 或平行，进而得到答案 第 14 页（共 23 页） 【解答】解：直线 l 与平面 平行，直线 m 在平面 上， 直线 l 与直线 m 异面或平行， 即直线 l 与直线 m 没有公共点， 故选：C 【点评】本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平行之间的位 置关系，难度中档 14 （5 分） 已知集合， Bz|z

25、|1， zC，若 AB，则 a、b 之间的关系是（ ） Aa2+b21 Ba2+b21 Ca+b1 Da+b1 【分析】先设出复数 z，利用复数相等的定义得到集合 A 看成复平面上直线上的点，集合 B 可看成复平面上圆的点集，若 AB即直线与圆没有交点，借助直线与圆相离的定 义建立不等关系即可 【解答】解：设 zx+yi，则（a+bi） （xyi）+（abi） （x+yi）+20 化简整理得，ax+by+10 即，集合 A 可看成复平面上直线上的点， 集合 B 可看成复平面上圆的点集，若 AB即直线与圆没有交点， d，即 a2+b21 故选：B 【点评】本题属于以复数为依托，求集合的交集的基础

26、题，也是高考常会考的题型 15 （5 分）已知某四面体的六条棱长分别为 3，3，2，2，2，2，则两条较长棱所在直线所 成角的余弦值为（ ） A0 B C0 或 D以上都不对 【分析】当较长的两条棱是四面体相对的棱时，根据三角形两边之和大于第三边出现矛 盾，得此种情况不存在；当它们是四面体相邻的棱时，根据余弦定理可以算出所成角的 余弦之值，由此可得正确答案 【解答】解：当较长的两条棱是四面体相对的棱时，如图， 第 15 页（共 23 页） 取 CD 中点 E，在等腰BCD 中，中线 BECD，等腰ACD 中，中线 AECD， 而 AE、BE 是平面 ABE 内的相交直线， CD平面 ABE，结

27、合 AB平面 ABE，可得 ABCD， 此时两条较长棱所在直线所成角的余弦值为 cos900， 检验：此时ABE 中，AEBE，不满足 AE+BEAB， 故此种情况舍去； 当较长的两条棱是四面体相邻的棱时，如图， 设所成的角为 ，根据余弦定理得 cos 综上所述，得所求余弦值为 故选：B 【点评】本题考查了在四面体中求两条棱所在直线所成角的余弦值，着重考查了余弦定 理、线面垂直的判定与性质和异面直线所成角等知识，是中档题 16 （5 分）以下命题：根据斜二测画法，三角形的直观图是三角形；有两个平面互相 平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；两相邻侧面所成角相等的棱锥是正 棱锥；若两个二面

28、角的半平面互相垂直，则这两个二面角的大小相等或互补其中正 确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】由斜二测画法规则直接判断正确；举出反例即可说明命题、错误； 【解答】解：对于，由斜二测画法规则知：三角形的直观图是三角形；故正确； 第 16 页（共 23 页） 对于，如图符合条件但却不是棱柱；故错误； 对于，两相邻侧面所成角相等的棱锥不一定是正棱锥，例如把如图所示的正方形折叠 成三棱锥不是正棱锥故错误； 对于，一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个角 的平面角相等或互补错误，如教室中的前墙面和左墙面构成一个直二面角，底板面垂直 于左墙面，垂直于前墙面且与

29、底板面相交的面与底板面构成的二面角不一定是直角故 错误； 只有命题正确 故选：A 【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，考查了空间几何体的结构特征，考查了学 生的空间想象能力和思维能力，是中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，满分题，满分 0 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域 内写出必要的步骤内写出必要的步骤. 17如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1 （1）求二面角 B1ACB 的大小； （用反三角函数表示） （2）求直线 A1B 与平面 BDD1B1所成角的大小 第 17 页（共 23 页） 【

30、分析】 （1）连接 AC，取 AC 中点 O，连接 BO，B1O，先说明BOB1为二面角 B1AC B 的平面角，再在 RtBOB1中求得 tanBOB1即可 （2）取 A1C1的中点 O1，连接 A1O1和 O1B由 A1O1B1D1和 A1O1BB1得 A1O平面 BDD1B1，可得A1BO1为直线 A1B 与平面 BDD1B1所成的角在直角三角形 A1O1B 中， 计算 sinA1BO1即可 【解答】解： （1）连接 AC，取 AC 中点 O，连接 BO，B1O，因为 ABBC，则 BOAC， 因为 AB1CB1，则 B1OAC，所以BOB1为二面角 B1ACB 的平面角 因为 B1B平

31、面 ABCD，BB11，所以， 所以，即二面角 B1ACB 的大小为 （2）取 A1C1的中点 O1，连接 A1O1和 O1B 由 A1O1B1D1和 A1O1BB1得 A1O1平面 BDD1B1， 所以A1BO1为直线 A1B 与平面 BDD1B1所成的角 在直角三角形 A1O1B 中， 所以，所以， 所以直线 A1B 与平面 BDD1B1所成角的大小为 第 18 页（共 23 页） 【点评】本题考查线面角的大小的求法，考查二面角的大小的求法，利用定义定理作出 所求角是关键，是中档题 18已知抛物线 y24x，A（a，0）是 x 轴上一点，P（x，y）是抛物线上任意一点 （1）若 a1，求|

32、PA|的最小值； （2）已知 O 为坐标原点，若|PA|的最小值为|OA|，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）由题意及抛物线的定义可得|PA|P 到准线的距离，可得 P 为抛物线的顶点 时，|PA|的最小值为 1 （2）将|PA|表示为关于 x 的函数，结合二次函数的性质求得结果 【解答】解： （1）当 a1 时，A（1，0）为抛物线的焦点，此时|PA|P 到准线的距离， 当 P 为抛物线的顶点时，P 到准线的距离最小为 1，即|PA|的最小值为 1 （2）， |PA|的最小值为|OA|，即当 x0 时|PA|取得最小值， 所以 a20，即 a2 【点评】本题考查了抛物线的定义的应用，考

33、查了二次函数最值问题，考查了分析转化 能力，属于基础题 19如图，已知四面体 ABCD 中，且 DADBDC 两两互相垂直，点 O 是ABC 的中心 （1）过 O 作 OEAD，求DEO 绕直线 DO 旋转一周所形成的几何体的体积； （2）将DAO 绕直线 DO 旋转一周，则在旋转过程中，直线 DA 与直线 BC 所成角记为 ，求 cos 的取值范围 第 19 页（共 23 页） 【分析】 （1）由圆锥的几何特征可得，该几何体由两个底面相等的圆锥组合而成，其中 两个圆锥的高的和为，底为，代入圆锥的体积公式，即可得到答案； （2） 根据异面直线所成角的定义， 可得当直线DA与直线BC垂直时它们的

34、所成角是90， 达到最大值由直线与平面所成角的性质，当点 A 满足直线 BC 与 OA 平行时，直线 DA 与直线 BC 所成角等于OAD，达到最小值由此结合题中数据加以计算，即可得到 DA 与 BC 所成角的余弦值的取值范围 【解答】 解：（1） 过 E 作 EHDO， 由已知可得， OE2， 由此得， DEO 绕直线 DO 旋转一周所形成的几何体的体积； （2） 根据题意， 可得在旋转过程中， 当直线 DA 与直线 BC 垂直时它们的所成角为 90， 此时两条直线所成的角的余弦值为 0，达到最小值 当点 A 满足直线 BC 与 OA 平行时，DA 与 BC 所成的角等于OAD，由直线与平面

35、所成 角的性质， 可得此时两条直线所成的角达到最小值，余弦值达到最大值 DADBDC，且 DA，DB，DC 两两互相垂直， ABBCCA6，得到ABC 是边长为 6 的等边三角形， 因此圆 O 的半径 RAB， 设直线 BC 与 OA 平行时的点 A 的位置为 A， RtAOD 中，cosOAD，即 DA 与 BC 所成的余弦值最大值 为， 综上所述，直线 DA 与直线 BC 所成角余弦值的取值范围是0， 第 20 页（共 23 页） 【点评】本题给出正三棱锥中，在 RtAOD 旋转过程中求直线 DA 与直线 BC 所成角余 弦值的取值范围着重考查了直线与平面所成角的性质、异面直线所成角的定义

36、与求法、 余弦的定义与单调性等知识，属于中档题 20如图，几何体 EFABCD 中，CDEF 是边长为 2 的正方形，ABCD 为直角梯形，AB CD，ADDC，AD2，ADF90 （1）求异面直线 BE 和 CD 所成角的大小； （2）求几何体 EFABCD 的体积； （3）若平面 ABCD 内有一经过点 B 的曲线，该曲线上的任一动点都满足 EQ 与 CD 所 成角的大小恰等于 BE 与 CD 所成角试判断曲线的形状并说明理由 【分析】 （1）根据几何体的特征，建立空间直角坐标系，求出向量，的坐标，利用 向量坐标运算求异面直线所成角的余弦值，可得角的大小； （2）利用几何体的体积 VVEA

37、BCD+VBCEF，分别求得两个棱锥的底面面积与高，代入 棱锥的体积公式计算 （3）利用向量夹角公式直接可得关于 x，y 的表达式，满足双曲线方程，可得结果 【解答】解： （1）ADDC 且ADF90，AD平面 CDEF，ADDE 如图建系，以 D 为坐标原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DE 为 z 轴，建立空间直角坐标 系， 则 B （2， 4， 0） ， E （0， 0， 2） ， C （0， 2， 0） ， D （0， 0， 0） ， 设异面直线 BE 和 CD 所成角的大小为 ，则 第 21 页（共 23 页） 所以异面直线 BE 和 CD 所成角的大小为 （2）如图，连结

38、EC，过 B 作 CD 的垂线，垂足为 N，则 BN平面 CDEF，且 BN2 VEF ABCDVEABCD+VBECF 几何体 EFABCD 的体积为 （3） 设 Q （x， y， 0） ， 则， 由题意知 EQ 与 CD 所成角的大小为 所以 化简得 所以曲线的形状是双曲线 【点评】本题考查了利用向量法求异面直线所成角，考查了组合几何体体积的计算，考 查了学生的空间想象能力与运算能力，属于中档题 21椭圆 C：，其长轴是短轴的两倍，以某短轴顶点和长轴顶点为 端点的线段作为直径的圆的周长为，直线 l 与椭圆交于 A（x1，y1） ，B（x2，y2） 两点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过

39、点 O 作直线 l 的垂线，垂足为 D若 OAOB，求点 D 的轨迹方程； （3）设直线 OA，l，OB 的斜率分别为 k1，k，k2，其中 k0 且 k2k1k2设OAB 的面 积为 S以 OA、OB 为直径的圆的面积分别为 S1，S2，求的取值范围 【分析】 （1）由题意知 a2b，且，由此能求出椭圆方程 （2）先考虑直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx+m，和椭圆的方程联立，结合 第 22 页（共 23 页） 向量的垂直关系即可找到找 m，k 的关系式，从而求得再验证斜率不存在 时也满足，则可得点 D 的轨迹方程 （3）设直线 l 的方程为 ykx+m，A（x1，y1） ，

40、B（x2，y2） ，联立，利用韦 达定理、椭圆弦长公式结合已知条件能求出的取值范围 【解答】解： （1）由题可知，a2b，且，解得：a2，b1， 故椭圆的方程为： （2）当直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx+m， 由，可得（1+4k2）x2+8kmx+4（m21）0， 由韦达定理有：且16（1+4k2m2）0， OAOB，x1x2+y1y20 x1x2+（kx1+m） （kx2+m）0 由韦达定理代入化简得：5m24k2+4 OD 垂直直线 l， 当直线 l 斜率不存在时，设 l：xt，易求，此时 所以点 D 的轨迹方程为 （3）设直线 l 的方程为 ykx+m（m0） ， 由， 可得 （1+4k2） x2+8kmx+4 （m21） 0， 由韦达定理有： 且16（1+4k2m2）0， 第 23 页（共 23 页） k2k1k2，即 由韦达定理代入化简得： k0， 此时16（2m2）0，即 故 又 为定值 当且仅当 m1 时等号成立 综上： 【点评】本题考查椭圆方程的求法及求曲线的方程，考查弦长公式、三角形面积公式及 直线与椭圆位置关系的应用，考查了函数思想，属于较难题