2019-2020學年高二數(shù)學上學期期末考試試題 理(宏志班含解析).doc

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2019-2020學年高二數(shù)學上學期期末考試試題 理(宏志班，含解析) 一、選擇題（本題共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. 直線的傾斜角為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 2. 命題“對任意，都有”的否定為（ ） A. 對任意，使得 B. 存在，使得 C. 存在，都有 D. 不存在，使得 【答案】B 【解析】因為全稱命題的否定是特稱命題，命題“對任意，都有”的否定為“存在，使得”，故選B. 3. 圓柱的底面半徑為1，母線長為2，則它的側面積為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】圓柱沿一條母線剪開，所得到的側面展開圖是一個矩形，它的長是底面圓的周長，即，寬為母線長為，所以它的面積為,故選C. 4. 設表示三條不同的直線，表示三個不同的平面，給出下列三個命題：①若，則；②若，是在內的射影，，則；③若則. 其中真命題的個數(shù)為（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】試題分析：由表示三條不同的直線，表示三個不同的平面知：在①中，若，則平面成角，所以，故①正確；在 ②中，若是在內的射影，，則由三垂線定理得，故②正確； 對于③，，則錯誤，如墻角的三個面的關系， 故③錯誤，真命題的個數(shù)為，故選C. 考點：空間直線與平面之間的關系. 5. 直線與直線垂直，則直線在軸上的截距是( ) A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】直線與直線垂直，直線令 ，可得 ，直線在軸上的截距是，故選B. 6. 已知平面及平面同一側外的不共線三 點，則“三點到平面的距離都相等”是“平面平面”的（ ） A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件 C. 充要條件 D. 既不充分又不必要件 【答案】C 【解析】由“平面”可以得到三點到平面的距離相等,若不共線的三點到平面的距離相等，因為 在平面 的同側，可得 ， ，根據(jù)面面平行的判定定理可得“平面”,所以 , 平面及平面同一側外的不共線三 點，則“三點到平面的距離都相等”是“平面平面”的充要條件，故選C. 7. 空間四邊形中，,,,點在上，且，為中點，則=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 如圖，連接 為中點，在中，可得，由，則，那么．故本題答案選． 點睛：進行向量的運算時，要盡可能轉化到平行四邊形或三角形中，選用從同一點出發(fā)的基本量或首尾相接的向量，運用向量的加減運算及數(shù)乘來求解，充分利用相等的向量，相反的向量和線段的比例關系，把未知向量轉化為與已知向量有直接關系的向量來解決． 8. 設點是曲線上任意一點，其坐標滿足，則取值范圍為（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 點是曲線，即 上任意一點，其坐標也滿足，，表示橢圓 內部部分，可行域如圖，可得，即，則 取值范圍為，故選D. 9. 已知橢圓和點，，若橢圓的某弦的中點在線段上，且此弦所在直線的斜率為，則的取值范圍為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】試題分析：設動弦端點，中點為，則有且有，則兩式相減化為， 即，，中點在上，，可得 ，解得，故選A. 考點：橢圓的方程及幾何性質. 10. 某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的所有頂點都在同一個球的表面上，則這個球的表面積是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 .................. 【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響. 11. 已知橢圓內有一點是其左、右焦點， 為橢圓上的動點，則的最小值為（ ） A. B . C. D 【答案】A 【解析】，故，當且僅當共線時取得最小值，故選A. 12. 過拋物線 的焦點的直線交拋物線于點交其準線于點若則此拋物線的方程為（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 如圖，分別過點作準線的垂線，分別交準線于點，設，則由已知得，由定義得，故，在直角三角形中， ，從而得 ，求得，因此拋物線方程為，故選B. 【 方法點睛】本題主要考查拋物線的標準方程以及拋物線的定義和幾何性質，屬于難題. 與焦點、準線有關的問題一般情況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題一定要注意點到點的距離與點到直線的距離的轉化：（1）將拋線上的點到準線距轉化為該點到焦點的距離；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，使問題順利得到解決. 二、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分） 13. 若向量________. 【答案】 【解析】 ，可設，又，，或，故答案為或. 14. 三棱錐中，，，點分別是的中點，則異面直線所成的角的余弦值為________. 【答案】. 【解析】如下圖，連結，取中點，連結，，則可知即為異面直 線，所成角（或其補角）易得， ，， ∴，即異面直線，所成角的余弦值為. 考點：異面直線的夾角. 視頻 15. 設，分別為雙曲線的左、右焦點，為雙曲線的左頂點，以，為直徑的圓交雙曲線某條漸近線于，兩點，且滿足，則該雙曲線的離心率為________. 【答案】 【解析】 如圖，，由已知條件知圓的方程為由，得，，又，，，，即雙曲線的離心率為，故答案為. 【 方法點睛】本題主要考查雙曲線的漸近線、離心率及簡單性質，屬于難題. 離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點也是難點，一般求離心率有以下幾種情況：①直接求出，從而求出;②構造的齊次式，求出;③采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解;④根據(jù)圓錐曲線的統(tǒng)一定義求解．本題中，根據(jù)題平面向量夾角的余弦公式，建立關于焦半徑和焦距的關系．從而找出之間的關系，求出離心率． 16. 下列四個命題：（1）已知向量是空間的一組基底，則向量也是空間的一組基底；（2） 在正方體中，若點在內，且，則的值為1；（3） 圓上到直線的距離等于1的點有2個；（4）方程表示的曲線是一條直線.其中正確命題的序號是________. 【答案】(1)(2)(4) 【解析】（1）已知向量是空間的一組基底，即向量不共面，則也不共面，所以向量是空間的一個基底，正確；（2） ， ， ，正確；（3）由圓的方程，得到圓心坐標為，半徑為，則圓心到直線的距離為， 圓上的點到直線的距離為的點有個，錯誤；（4）由題意可化為或，不成立，方程 表示的曲線是一條直線，正確，故答案為(1)(2)(4). 三、解答題：（本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程步驟） 17. 已知，設命題：指數(shù)函數(shù)≠在上單調遞增.命題：函數(shù)的定義域為．若“”為假，“”為真，求的取值范圍． 【答案】a的取值范圍為[0，1]∪[4，＋∞). 【解析】試題分析：化簡命題可得，化簡命題可得，由為真命題，為假命題，可得一真一假，分兩種情況討論，對于真假以及假真分別列不等式組，分別解不等式組，然后求并集即可求得實數(shù)的取值范圍. 試題解析：由命題p，得a＞1，對于命題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，滿足題意，所以0≤a＜4 由題意知p與q一真一假， 當p真q假時 ，所以a≥4． 當p假q真時，，即0≤a≤1． 綜上可知，a的取值范圍為[0，1]∪[4，＋∞)． 18. 已知直線過坐標原點，圓的方程為． （1）當直線的斜率為時，求與圓相交所得的弦長； （2）設直線與圓交于兩點，且為的中點，求直線的方程． 【答案】(1);(2) 直線l的方程為y=x或y=﹣x. 【解析】試題分析：(1) 由已知，直線的方程為，圓圓心為，半徑為，求出圓心到直線的距離，根據(jù)勾股定理可求與圓相交所得的弦長；（2）設直線與圓交于兩點，且為的中點，設 ，則 ，將點的坐標代入橢圓方程求出的坐標，即可求直線的方程. 試題解析：（1）由已知，直線l的方程為y=x，圓C圓心為（0，3），半徑為， 所以，圓心到直線l的距離為=．… 所以，所求弦長為2=2． （2） 設A（x1，y1），因為A為OB的中點，則B（2x1，2y1）． 又A，B在圓C上， 所以 x12+y12﹣6y1+4=0，4x12+4y12﹣12y1+4=0． 解得y1=1，x1=1， 即A（1，1）或A（﹣1，1） 所以，直線l的方程為y=x或y=﹣x． 19. 如圖，四棱錐中，底面為梯形，底面，。過作一個平面使得 . （1）求平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比. （2）若平面與平面之間的距離為，求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比為;(2) . 【解析】試題分析：（1）設平面與直線分別交于，因為平面，所以，可得分別是的中點，根據(jù)棱錐的體積公式可得，從而可得平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比；（2）因為兩兩垂直，以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，分別求出直線的方向向量以及平面的一個法向量，利用空間向量夾角余弦公式可得直線與平面所成角的正弦值. 試題解析：（1）記平面與直線. 因為，所以. 由已知條件易知，又因. 所以 可得 所以. 即平面將四棱錐分成兩部分幾何體的體積之比為. （2）建立直角坐標系，記 則 因為平面的法向量 設 得， 取得平面. 由條件易知點到平面距離.即. 所以.直線與平面所成角滿足 【方法點晴】本題主要考查棱錐的體積公式以及利用空間向量線面角，屬于難題.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據(jù)定理結論求出相應的角和距離. 20. 已知動點到點 的距離比它到直線的距離小，記動點的軌跡為.若以為圓心，r為半徑（）作圓，分別交x軸于A，B兩點，連結并延長SA、SB，分別交曲線于C、D兩點。 (1)求曲線的方程. (2)求證：直線CD的斜率為定值； 【答案】(1) ;(2) . 【解析】試題分析：（1）動點到點 的距離比它到直線的距離小，可得動點到點 的距離與它到直線的距離相等，由定義可得曲線方程為；（2）設直線的方程為，與拋物線方程 聯(lián)立得：可得 ，由，可得直線的斜率為 ， ,利用斜率公式可得結果. 試題解析：（1）動點到點 的距離比它到直線的距離小，可得動點到點 的距離與它到直線的距離相等，由定義可得曲線方程為. (2)設，與拋物線方程 聯(lián)立得： ， 由題意有， . 21. 如圖，已知點分別是Δ的邊的中點，連接.現(xiàn)將沿折疊至Δ的位置,連接.記平面 與平面 的交線為，二面角大小為. （1）證明： （2）證明： （3）求平面與平面 所成銳二面角大小. 【答案】(1)見解析；（2）見解析；（3） . 【解析】試題分析：（1）由分別是Δ的邊的中點，根據(jù)三角形中位線定理可得，由線面平行的判定定理可得平面，再利用線面平行的性質定理可得結論；（2）由三角形中位線定理以可判定四邊形平行四邊形，進而可得四邊形為菱形，于是可得，, ，由線面垂直的判定定理可得平面，從而根據(jù)面面垂直的判定定理可得結論；（3）作于交于,可知是的中點，折疊后角是二面角的平面角，可證明等腰的底角是平面與平面所成銳二面角的平面角，進而可得結果. 試題解析：（1）證明：因為分別是Δ的邊的中點，所以經(jīng)過的平面與平面的交線為， 又 , . （2）證明：記 且 ,四邊形 又 , . , 則得. 又, . (3) 過,易知是的中點， 易知折疊后角是二面角的平面角. , 則可知. .易知 等腰的底角角是所成銳二面角的平面角， 易知角 . 【方法點晴】本題主要考查線面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、二面角的求法，屬于難題.證明線面平行的常用方法：①利用線面平行的判定定理，使用這個定理的關鍵是設法在平面內找到一條與已知直線平行的直線，可利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行.②利用面面平行的性質，即兩平面平行，在其中一平面內的直線平行于另一平面. 本題（1）是就是利用方法①證明的. 22. 已知圓（其中為圓心）上的每一點橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?，得到曲線。 （1）求曲線的方程； （2）若點為曲線上一點，過點作曲線的切線交圓于不同的兩點（其中在的右側），已知點。求四邊形面積的最大值。 【答案】（1）；（2）. 【解析】試題分析：（1）曲線上任意一點，則為上的點，從而可得曲線的方程為，化簡可得標準方程；（2），設，由，根據(jù)判別式為零可得，根據(jù)韋達定理、弦長公式以及三角形面積公式可得，同理可得，則，利用基本不等式可得四邊形面積的最大值. 試題解析：（1）設曲線上任意一點，則為上的點， ，曲線。 （2）易知直線的斜率存在，設， ， ，即， 因為,設點到直線的距離為， 則，， ， 由， ， ， ， 而，，易知，， ，， 。