2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题（解析版）

‎2018-2019学年甘肃省兰州第一中学高二上学期期末考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的(　 　)‎ A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】返回家乡的前提条件是攻破楼兰，即可判断出结论．‎ ‎【详解】‎ ‎“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要非充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．‎ ‎2．已知空间四边形中，，，，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．‎ ‎3．设命题p：函数y=sin2x的最小正周期为；命题q：函数y=cosx的图象关于直线对称．则下列判断正确的是（ ）‎ A．p为真 B．￢q为假 C．p∧q为假 D．p∨q为真 ‎【答案】D ‎【解析】由于函数y=sin2x的最小正周期为π，故命题P是假命题；函数y=cosx的图象关于直线x=kπ对称，k∈Z，故q是假命题 由此结合复合命题的判断规则知：￢q为真命题，p∧q为假命题，p∨q为是假命题 考查四个选项，C选项正确，‎ 故选C ‎4．下列结论错误的是 (　 　)‎ A．命题“若，则”的逆否命题为“若，则”‎ B．命题“”的否定是 ‎ C．命题“若，则”的逆命题为真命题 D．命题“若，则且”的否命题是“若，则m≠0或n≠0”‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用四种命题的逆否关系判断A的正误；命题的否定判断B的正误；四种命题的逆否关系判断C、D正误．‎ ‎【详解】‎ 命题“若x2﹣3x﹣4＝0，则x＝4”的逆否命题为“若x≠4，则x2﹣3x﹣4≠0”，满足逆否命题的定义，所以A正确；‎ ‎“∀x∈R，x2﹣x+3＞0”的否定是 ，满足命题的否定形式，所以B正确；‎ 命题“若ac2＞bc2，则a＞b”的逆命题为：a＞b则ac2＞bc2，是假命题，所以C不正确；‎ ‎“若m2+n2＝0，则m＝0且n＝0”的否命题是“若m2+n2≠0，则m≠0或n≠0”，满足命题的否命题的形式，D正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的真假的判断与应用，四种命题的逆否关系，命题的否定，四种命题的逆否关系，考查逻辑推理能力．‎ ‎5．已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足 ,则动点P(x，y)的轨迹方程为(　 　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】先根据MN的坐标求出|MN|然后设点P的坐标表示出关系0即可得到答案．‎ ‎【详解】‎ 设P（x，y），x＞0，y＞0，M（﹣2，0），N（2，0），‎ 则 由，‎ 则，‎ 化简整理得y2＝﹣8x．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 直接法求轨迹方程的一般步骤：（1）建立适当的坐标系；（2）设出所求曲线上点的坐标，把几何条件或等量关系用坐标表示为代数方程；（3）化简整理这个方程，检验并说明所求方程就是曲线的方程.直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性.通常将步骤简记为“建系，设点，列式，化简”.‎ ‎6．双曲线的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则＝( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据双曲线渐近线在正方形的两个边，得到双曲线的渐近线互相垂直，即双曲线是等轴双曲线，结合等轴双曲线的性质进行求解即可．‎ ‎【详解】‎ ‎∵双曲线的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，‎ ‎∴渐近线互相垂直，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y＝±x，‎ 即a＝b，‎ ‎∵正方形OABC的边长为2，‎ ‎∴OB＝2，即c＝2，‎ 则a2+b2＝c2＝8，‎ 即2a2＝8，‎ 则a2＝4，a＝2，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查双曲线的性质的应用，根据双曲线渐近线垂直关系得到双曲线是等轴双曲线是解决本题的关键．‎ ‎7．已知椭圆上有一点P，是椭圆的左右焦点，若为直角三角形，则这样的点P有（ ）个 A．3 B．4 C．6 D．8‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当为直角时，根据椭圆的对称性，这样的点有2个；同理当当为直角时，这样的点有2个；当为直角时，由于椭圆的短轴端点与两个焦点所张的角最大，本题张角恰好为直角，这时这样的点 也有2个，故符合条件的点有6个，选项C为正确答案．‎ ‎【考点】1、椭圆的对称性；2、分类讨论的数学思想．‎ ‎8．抛物线的焦点为F，其准线与双曲线相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则＝（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点坐标，利用三角形是等边三角形求出p即可．‎ ‎【详解】‎ 抛物线的焦点坐标为（，0），准线方程为：x，‎ 准线方程与双曲线y2﹣x2＝1联立可得：y2﹣（）2＝1，‎ 解得y＝±，‎ 因为△ABF为等边三角形，所以 2|y|，即p2＝3y2，‎ 即p2＝3（1），解得p＝2．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的简单性质，双曲线方程的应用，考查分析问题解决问题的能力以及计算能力．‎ ‎9．椭圆与直线交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为，则的值为(　　 )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】把y＝1﹣x代入椭圆ax2+by2＝1得ax2+b（1﹣x）2＝1‎ ‎，由根与系数的关系可以推出线段AB的中点坐标为（ ，），再由过原点与线段AB中点的直线的斜率为 ，能够导出 的值．‎ ‎【详解】‎ 把y＝1﹣x代入椭圆ax2+by2＝1得ax2+b（1﹣x）2＝1，‎ 整理得（a+b）x2﹣2bx+b﹣1＝0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2，y1+y2＝2，‎ ‎∴线段AB的中点坐标为（ ，），‎ ‎∴过原点与线段AB中点的直线的斜率k．‎ ‎∴．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的性质及其应用，解题时要注意公式的灵活运用．考查转化思想的应用．‎ ‎10．直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成的角的余弦值为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：直三棱柱中，，，分别是，的中点，设BC的中点为O，连接 ON,则,因为，设则,在中，由余弦定理可得,与所成的角的余弦值为．‎ ‎【考点】异面直线所成的角．‎ ‎11．抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足．设线段的中点在上的投影为，则的最大值是 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF．由抛物线定义得2|MN|＝a+b，由余弦定理可得|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取值范围，从而得到本题答案．‎ ‎【详解】‎ 设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF，‎ 由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，‎ 在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|+|BP|＝a+b．‎ 由余弦定理得，‎ ‎|AB|2＝a2+b2﹣2abcos60°＝a2+b2﹣ab，‎ 配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，‎ 又∵ab，‎ ‎∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2（a+b）2（a+b）2‎ 得到|AB|（a+b）．‎ ‎∴1，‎ 即的最大值为1．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题在抛物线中，利用定义和余弦定理求的最大值，着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识，属于中档题．‎ ‎12．设椭圆：的左右焦点分别为，，过点的直线与交于点，. 若，且，则的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意画出图形，由|PF2|＝|F1F2|，3|PF1|＝4|QF1|，利用椭圆的定义可得：|PF1|＝2a﹣2c，进一步求出|QF1|，|QF2|，在等腰△PF1F2中，求得得cos∠PF1F2．在△QF1F2中，由余弦定理可得cos∠QF1F2，利用cos∠PF1F2+cos∠QF1F2＝0，化简求得5a＝7c，两边平方后结合隐含条件求得的值，则C的离心率可求．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，‎ ‎∵|PF2|＝|F1F2|，‎ ‎∴|PF2|＝2c，则|PF1|＝2a﹣2c．‎ ‎∵3|PF1|＝4|QF1|，‎ ‎∴|QF1|（2a﹣2c）（a﹣c），‎ 则|QF2|＝2a（a﹣c）c．‎ 在等腰△PF1F2中，可得cos∠PF1F2．‎ 在△QF1F2中，由余弦定理可得：，‎ 由cos∠PF1F2+cos∠QF1F2＝0，得0，‎ 整理得：，∴5a＝7c，‎ 则25a2＝49c2＝49（a2﹣b2），‎ ‎∴．‎ 则．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的简单性质，考查三角形中余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 二、填空题 ‎13．抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形的面积等于 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：抛物线的准线，双曲线的渐近线方程为，当时，，因此准线与渐近线围成的三角形的面积为.‎ ‎【考点】抛物线和双曲线的简单几何性质.‎ ‎14．已知长方体中，底面是边长为的正方形，高为，则点到截面的距离是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：点到截面的距离是 由题意得所以由等积法可得，解得．‎ ‎【考点】空间中点线面之间的距离的运算（等积法）．‎ ‎15．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖”，乙说“甲、丙都未获奖”，丙说”我获奖了”，丁说“是乙获奖”.四位歌手的话只有一位是假的，则获奖的歌手是_____.‎ ‎【答案】乙 ‎【解析】先阅读题意，然后逐一假设获奖的歌手，然后一一检验即可 ‎【详解】‎ 不妨设获奖的歌手是甲，则四位歌手中的话甲、乙、丙、丁是假的，与四位歌手的话只有一位是假的矛盾，故假设错误，‎ 不妨设获奖的歌手是乙，则四位歌手中的话丙是假的，与四位歌手的话只有一位是假的相符，故假设正确，‎ 不妨设获奖的歌手是丙，则四位歌手中的话乙、丁是假的，与四位歌手的话只有一位是假的矛盾，故假设错误，‎ 不妨设获奖的歌手是丁，则四位歌手中的话甲、丙、丁是假的，与四位歌手的话只有一位是假的矛盾，故假设错误，‎ 故答案为：乙．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了阅读理解能力及简单的合情推理，属简单题 ‎16．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可得F（，0），设P（，y0），要求kOM的最大值，设y0＞0，运用向量的加减运算可得（，），再由直线的斜率公式，结合基本不等式，可得最大值．‎ ‎【详解】‎ 由题意可得F（，0），设P（，y0），‎ 显然当y0＜0，kOM＜0；当y0＞0，kOM＞0．‎ 要求kOM的最大值，设y0＞0，‎ 则（）‎ ‎（，），‎ 可得kOM，‎ 当且仅当y02＝2p2，取得等号．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的方程及运用，考查直线的斜率的最大值，注意运用基本不等式和向量的加减运算，考查运算能力，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．设命题：实数满足 (其中)，命题：实数满足 ‎(1)若，且为真命题，求实数的取值范围.‎ ‎(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】(1)当a＝1时，解得10，∴A＝{x|a5，解得0，∴m>－2.‎ y1＋y2＝8，y1y2＝－8m，‎ ‎∴x1x2＝＝m2.‎ 由题意可知OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝m2－8m＝0，‎ ‎∴m＝8或m＝0(舍)，‎ ‎∴直线l2：x＝y＋8，M(8，0).‎ 故S△FAB＝S△FMB＋S△FMA＝·|FM|·|y1－y2|‎ ‎＝3＝24.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查三角形面积是计算，属于中档题．‎ ‎20．如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC.‎ ‎(Ⅰ) 求证：OC⊥PD；‎ ‎（II）若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角D－PC－B的余弦值.‎ ‎【答案】(I)详见解析(II)‎ ‎【解析】（Ⅰ）连结OP，推导出OP⊥AB，从而OP⊥平面ABCD，由OP⊥OD，OP⊥OC，得OD⊥OC，再由OP⊥OC，能证明OC⊥PD． ‎ ‎（Ⅱ）取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.求出平面DPC与平面BPC的法向量，由此能求出二面角D﹣PC﹣B的余弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎(I)证明　如图，连接OP.‎ ‎∵PA＝PB，O为AB的中点，‎ ‎∴OP⊥AB.‎ ‎∵侧面PAB⊥底面ABCD，‎ ‎∴OP⊥平面ABCD，‎ ‎∴OP⊥OD，OP⊥OC.‎ ‎∵OD⊥PC，∴OD⊥平面OPC，‎ ‎∴OD⊥OC，‎ 又OP⊥OC，OP∩OD＝O，‎ ‎∴OC⊥平面OPD，‎ ‎∴OC⊥PD.‎ ‎(II)解:法一　取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2.‎ ‎∵侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，‎ ‎∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△CPB，‎ ‎∴∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，‎ ‎∴∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝，‎ ‎∴B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，－1，0)，P(0，0，)，从而＝(1，1，－)，＝(0，－2，0).‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得可取n1＝(，0，1).‎ 同理，可取平面PCB的一个法向量为n2＝(0，－，－1).‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ ‎∴二面角D－PC－B的余弦值为－.‎ 法二　在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2.‎ ‎∵侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，‎ ‎∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△CPB，‎ ‎∴∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，‎ ‎∴∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝，‎ ‎∴DP＝CP＝2，‎ ‎∴△PDC为等边三角形.‎ 设PC的中点为M，连接DM，则DM⊥PC.‎ 在Rt△CBP中，过M作NM⊥PC，交PB于点N，连接ND，则∠DMN为二面角D－PC－B的一个平面角.‎ 由于∠CPB＝30°，PM＝1，故在Rt△PMN中，MN＝，PN＝.‎ ‎∵cos∠APB＝＝，‎ ‎∴AN2＝＋3－2×××＝3，‎ ‎∴ND2＝3＋1＝4，‎ ‎∴cos∠DMN＝＝－，‎ 即二面角D－PC－B的余弦值为－.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎21．已知圆，圆内一定点，动圆过点且与圆内切.记动圆圆心的轨迹为.‎ ‎（Ⅰ）求轨迹方程；‎ ‎（II）过点的动直线l交轨迹于M，N两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以线段MN为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】(I) ；(II)存在，恒过点Q(0，1).‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题意可知：，P点轨迹是以A、B为焦点的椭圆，即可求得椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）利用特例先确定定点Q，再推广到一般情况即可.‎ ‎【详解】‎ 解:（Ⅰ）解：设动圆圆心，半径为.‎ ‎，‎ 故点的轨迹为椭圆，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故圆心的轨迹方程为 ‎(II)当l与x轴平行时，以线段MN为直径的圆的方程为x2＋＝；‎ 当l与y轴平行时，以线段MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.‎ 由得 故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q(0，1).‎ 下面证明Q(0，1)为所求：‎ 若直线l的斜率不存在，上述已经证明.‎ 若直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－，‎ M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，‎ Δ＝144k2＋64(9＋18k2)＞0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，‎ ‎＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋‎ ‎＝(1＋k2)·－·＋＝0，‎ ‎∴⊥，即以线段MN为直径的圆恒过点Q(0，1).‎ ‎【点睛】‎ 圆锥曲线中定点问题的常见解法 ‎（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；‎ ‎（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．‎