2019-2020学年高二数学上学期12月份考试试题 文(含解析).doc

2019-2020学年高二数学上学期12月份考试试题 文(含解析)一、选择题：本大题共12个小题,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. 命题“，”的否定是( )A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】C【解析】特称命题的否定为全称，所以命题“”的否定是“”.故选C.2. 已知直线与直线垂直，则的值为( )A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C【解析】直线与直线垂直，解得，故选C.3. 下列各组几何体中，都是多面体的一组是( )A. 三棱柱、四棱台、球、圆锥 B. 三棱柱、四棱台、正方体、圆台C. 三棱柱、四棱台、正方体、六棱锥 D. 圆锥、圆台、球、半球【答案】C【解析】对于A，由于球、圆锥是旋转体，不是多面体，故A不正确；对于B，由于圆台是旋转体，不是多面体，故B不正确；对于C，三棱柱、四棱台、正方体、六棱锥，它们的各个面都是平面多边形，所以C的各个几何体都是多面体，C项正确；对于D，圆锥、圆台、球、半球都是旋转体，D项中没有多面体，故D不正确，故选C.4. 已知命题“且”为真命题，则下面是假命题的是( )A. B. C. 或 D. 【答案】D【解析】命题“且”为真，则真真，则为假，故选D。5. 已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的表面积是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题可知，三视图复原的几何体是一个放倒的底面是直角梯形的四棱柱，所以几何体的表面积（），故选C.6. 设有下面四个命题：若是锐角，则； ：若，则是锐角；：若，则 ：若，则.其中真命题为( )A. ， B. ， C. ， D. ，【答案】C【解析】若是锐角，即，故，即为真命题；由于，而不是锐角，故若，则是锐角为假命题，即为假；当时，而 故若，则为假命题，即为假；若，即，同号，故成立，即为真命题，故正确的命题为，故选C.7. 设是直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】B【解析】A项错误，平面与可能相交；C项错误，直线可能与平面相交或平行；D项错误，直线可能在平面内；故选B点睛：本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，面面垂直的判定和性质，考查空间想象能力，属于中档题和易错题；面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视，面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直与交线而盲目套用造成失误.8. 若椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，若到的距离的最大值为5，最小值为3，则该椭圆的方程为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得：，故，所以椭圆方程为：.故选A.9. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中不正确的是( )A. B. 平面C. 与平面所成的角等于与平面所成的角D. 与所成的角等于与所成的角【答案】D【解析】试题分析：易证平面，因而，A正确；，平面，故平面，B正确；由于与平面的相对位置一样，因而所成的角相同，C正确；考点：10. 已知是椭圆上任一点，是坐标原点，则中点的轨迹方程为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设中点，则，代入椭圆，得：，中点的轨迹方程为，故选B.点睛：本题主要考查了椭圆的简单性质、轨迹方程，属于基础题；求动点轨迹常用的方法有：（1）直接法；（2）定义法；（3）相关点法；（4）待定系数法；（5）参数法；（6）交轨法等，该题中利用的是相关点法.11. 已知直线与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，则( )A. 2 B. 3 C. D. 4【答案】D.12. 已知过双曲线右焦点，斜率为的直线与双曲线的第一象限交于点，点为左焦点，且，则此双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意，过双曲线右焦点的直线，代入双曲线，可得，故选C.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 正方体的棱长为，且正方体各面的中心是一个几何体的顶点，这个几何体的棱长为_.【答案】【解析】如图所示，取棱中点，连接，由正方体的性质可得，则，即几何体的棱长为，故答案为.14. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】由，解得或.“”是“”的充分不必要条件，所以.点睛：设对应的集合分别为，则有以下结论：（1）若的充分条件，则；（2）若的充分不必要条件，则 ；（3）若的充要条件，则。根据所给的命题间的充分必要性求参数的取值范围时，要学会根据以上结论将问题转化成集合间的包含关系去处理。15. 如图,在长方体中，则四棱锥的体积为_.【答案】6【解析】过作于，是棱锥的高，所以，所以四棱锥的体积为，故答案为6.16. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是_.【答案】【解析】试题分析：如图所示：曲线，即（1y3，0x4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得结合图象可得考点：直线与圆的位置关系三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 写出满足下列条件的椭圆的标准方程：(1)焦点为，过点；(2)过点与点.【答案】(1) .(2) .【解析】试题分析：（1）利用待定系数法，设椭圆方程为，由焦点坐标可得，将点代入到椭圆方程中成立，解出方程组即可；（2）设椭圆方程为，将点代入得到关于，的方程组，解出方程组即可.试题解析：(1)设椭圆方程为，则，椭圆方程为.(2)设椭圆方程为，则，椭圆方程为.18. 如图所示，在四棱锥中，已知底面是矩形，点为棱的中点.求证：平面.【答案】见解析.【解析】试题分析：连结与交于点，连，由三角形中位线可得，由线面平行判定定理可得结论.试题解析：如图，连结与交于点，连，因为四边形为矩形，所以为的中点，因为为棱的中点，所以，因为不在平面内，在平面中，所以直线平面.19. 已知条件：，条件 ，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】【解析】试题分析：解不等式得到命题的等价条件或，由是的必要不充分条件得到不等式组，解出不等式组即可.试题解析：，或，是的必要不充分条件，即.20. 如图，在三棱柱中，点分别为的中点，平面，.求证：(1)；(2)平面平面.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】试卷分析:(1)先由线面垂直的判定定理证出平面,又平面, .(2)判断四边形为平行四边形,再根据，证明平面，进而可得结论成立.试卷解析:证明：（1）平面平面，是中点，平面，平面，平面，.（2）分别为中点，平面平面，平面，连，分别为中点，又是中点，四边形为平行四边形，平面平面，平面，平面，平面平面.21. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线与圆相交于两点，是的中点，.(1)求圆的标准方程；(2)求直线的方程.【答案】(1) .(2) 或.【解析】试题分析：（1）利用圆心到直线的距离公式求圆的半径，从而求解圆的方程；（2）根据相交弦长公式，求出圆心到直线的距离，当直线斜率不存在时，满足题意，当斜率存在时，设出直线方程，再根据点到直线的距离公式确定直线方程.试题解析：(1)设圆的半径为，因为圆与直线相切，圆的方程为.(2)当直线与轴垂直时，易知符合题意；当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，连接，则，则由得，直线为：，故直线的方程为或.点睛：本题主要考查了直线与圆相切，直线与圆相交，属于基础题；当直线与圆相切时，其性质圆心到直线的距离等于半径是解题的关键，当直线与圆相交时，弦长问题属常见的问题，最常用的手法是弦心距，弦长一半，圆的半径构成直角三角形，运用勾股定理解题.22. 如图，椭圆的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为，若，与轴垂直，且.(1)求椭圆的方程；(2)过点且不垂直与坐标轴的直线与椭圆交于，两点，已知点，当时，求满足的直线的斜率的取值范围.【答案】(1) .(2) .【解析】试题分析：（1）由两条直线平行可得，由点在曲线上可得其纵坐标为，由两者相等可得，结合，解出方程组即可；（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立利用根与系数的关系得到和，线段的垂直平分线方程为，求出与轴的交，由交点横坐标列出不等式，解出即可得出结果.试题解析：(1)设，由轴，知，又由得，又，椭圆方程为.(2)设，直线的方程为：，联立，得，设线段的垂直平分线方程为：.令，得，由题意知，为线段的垂直平分线与轴的交点，所以，且，所以.点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题；利用待定系数法求椭圆的方程，根据题意列出两个关于的方程组结合即可，直线与椭圆相交时正确运用一元二次方程的根与系数的关系是解题最常用的方法.