2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理(宏志班含解析).doc

2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 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（ ）A. B. C. D. 【答案】C2. 命题“对任意，都有”的否定为（ ）A. 对任意，使得 B. 存在，使得C. 存在，都有 D. 不存在，使得【答案】B【解析】因为全称命题的否定是特称命题，命题“对任意，都有”的否定为“存在，使得”，故选B.3. 圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【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，所以它的面积为,故选C.4. 设表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列三个命题：若，则；若，是在内的射影，则；若则. 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：在中，若，则平面成角，所以，故正确；在 中，若是在内的射影，则由三垂线定理得，故正确； 对于，则错误，如墙角的三个面的关系， 故错误，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】直线与直线垂直，直线令 ，可得 ，直线在轴上的截距是，故选B.6. 已知平面及平面同一侧外的不共线三 点，则“三点到平面的距离都相等”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”可以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 在平面 的同侧，可得 ， ，根据面面平行的判定定理可得“平面”,所以 , 平面及平面同一侧外的不共线三 点，则“三点到平面的距离都相等”是“平面平面”的充要条件，故选C.7. 空间四边形中，,点在上，且，为中点，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图，连接 为中点，在中，可得，由，则，那么故本题答案选点睛：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，选用从同一点出发的基本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接关系的向量来解决8. 设点是曲线上任意一点，其坐标满足，则取值范围为（ ）A. B. C. D. 【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 内部部分，可行域如图，可得，即，则 取值范围为，故选D.9. 已知椭圆和点，若椭圆的某弦的中点在线段上，且此弦所在直线的斜率为，则的取值范围为（ ）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，则这个球的表面积是（ ）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.观察三视图并将其“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”，还要特别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影响.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】，故，当且仅当共线时取得最小值，故选A.12. 过抛物线 的焦点的直线交抛物线于点交其准线于点若则此抛物线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 如图，分别过点作准线的垂线，分别交准线于点，设，则由已知得，由定义得，故，在直角三角形中， ，从而得 ，求得，因此抛物线方程为，故选B.【 方法点睛】本题主要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、准线有关的问题一般情况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】 ，可设，又，或，故答案为或.14. 三棱锥中，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值为_.【答案】.【解析】如下图，连结，取中点，连结，则可知即为异面直线，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.视频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，则该双曲线的离心率为_.【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】本题主要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，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;根据圆锥曲线的统一定义求解本题中，根据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16. 下列四个命题：（1）已知向量是空间的一组基底，则向量也是空间的一组基底；（2） 在正方体中，若点在内，且，则的值为1；（3） 圆上到直线的距离等于1的点有2个；（4）方程表示的曲线是一条直线.其中正确命题的序号是_.【答案】(1)(2)(4)【解析】（1）已知向量是空间的一组基底，即向量不共面，则也不共面，所以向量是空间的一个基底，正确；（2） ， ， ，正确；（3）由圆的方程，得到圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为， 圆上的点到直线的距离为的点有个，错误；（4）由题意可化为或，不成立，方程 表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分解答应写出文字说明，证明过程步骤）17. 已知，设命题：指数函数在上单调递增.命题：函数的定义域为若“”为假，“”为真，求的取值范围【答案】a的取值范围为0，14，).【解析】试题分析：化简命题可得，化简命题可得，由为真命题，为假命题，可得一真一假，分两种情况讨论，对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围.试题解析：由命题p，得a1，对于命题q，即使得xR，ax2ax10恒成立若a0，a24a0，即0a4若a0，10恒成立，满足题意，所以0a4 由题意知p与q一真一假，当p真q假时 ，所以a4 当p假q真时，即0a1 综上可知，a的取值范围为0，14，)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；（2）设直线与圆交于两点，且为的中点，求直线的方程【答案】(1);(2) 直线l的方程为y=x或y=x.【解析】试题分析：(1) 由已知，直线的方程为，圆圆心为，半径为，求出圆心到直线的距离，根据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=x，圆C圆心为（0，3），半径为， 所以，圆心到直线l的距离为=所以，所求弦长为2=2 （2） 设A（x1，y1），因为A为OB的中点，则B（2x1，2y1）又A，B在圆C上，所以 x12+y126y1+4=0，4x12+4y1212y1+4=0 解得y1=1，x1=1， 即A（1，1）或A（1，1）所以，直线l的方程为y=x或y=x19. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，。过作一个平面使得 .（1）求平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比.（2）若平面与平面之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1) 平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比为;(2) .【解析】试题分析：（1）设平面与直线分别交于，因为平面，所以，可得分别是的中点，根据棱锥的体积公式可得，从而可得平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比；（2）因为两两垂直，以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量以及平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值.试题解析：（1）记平面与直线.因为，所以.由已知条件易知，又因.所以可得所以.即平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比为.（2）建立直角坐标系，记则因为平面的法向量 设 得，取得平面.由条件易知点到平面距离.即.所以.直线与平面所成角满足【方法点晴】本题主要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般步骤是：（1）观察图形，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）根据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.若以为圆心，r为半径（）作圆，分别交x轴于A，B两点，连结并延长SA、SB，分别交曲线于C、D两点。(1)求曲线的方程.(2)求证：直线CD的斜率为定值；【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（1）动点到点 的距离比它到直线的距离小，可得动点到点 的距离与它到直线的距离相等，由定义可得曲线方程为；（2）设直线的方程为，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 的距离比它到直线的距离小，可得动点到点 的距离与它到直线的距离相等，由定义可得曲线方程为. (2)设，与抛物线方程 联立得： ， 由题意有， . 21. 如图，已知点分别是的边的中点，连接.现将沿折叠至的位置,连接.记平面 与平面 的交线为，二面角大小为. （1）证明：（2）证明： （3）求平面与平面 所成锐二面角大小.【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3） .【解析】试题分析：（1）由分别是的边的中点，根据三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得平面，再利用线面平行的性质定理可得结论；（2）由三角形中位线定理以可判定四边形平行四边形，进而可得四边形为菱形，于是可得，, ，由线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得结论；（3）作于交于,可知是的中点，折叠后角是二面角的平面角，可证明等腰的底角是平面与平面所成锐二面角的平面角，进而可得结果.试题解析：（1）证明：因为分别是的边的中点，所以经过的平面与平面的交线为， 又 , .（2）证明：记 且 ,四边形又 , . , 则得.又, .(3) 过,易知是的中点，易知折叠后角是二面角的平面角. ,则可知. .易知等腰的底角角是所成锐二面角的平面角，易知角 .【方法点晴】本题主要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：利用线面平行的判定定理，使用这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，可利用几何体的特征，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、寻找比例式证明两直线平行.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）是就是利用方法证明的.22. 已知圆（其中为圆心）上的每一点横坐标不变，纵坐标变为原来的一半，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（其中在的右侧），已知点。求四边形面积的最大值。【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）曲线上任意一点，则为上的点，从而可得曲线的方程为，化简可得标准方程；（2），设，由，根据判别式为零可得，根据韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式可得，同理可得，则，利用基本不等式可得四边形面积的最大值.试题解析：（1）设曲线上任意一点，则为上的点，曲线。（2）易知直线的斜率存在，设，即，因为,设点到直线的距离为，则，由，而，易知，。