江苏省南通市南通第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试抽测（二）数学试题

江苏省南通市南通第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试抽测（二）数学试题

‎2019-2020学年度南通一中高二年级第一学期期中抽测（二）‎ 数学试题 一、单选题 ‎1.抛物线的准线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据抛物线的方程判断抛物线的焦点坐标，结合抛物线的准线方程进行求解即可．‎ ‎【详解】由题意可得：‎ 抛物线的焦点在y轴上，其中2p＝8，则p＝4，‎ 则抛物线的标准方程为y2，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线准线的求解，根据抛物线的方程是解决本题的关键．比较基础．‎ ‎2.若为两条不同的直线，为平面，且，则“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可得充分性成立，由可能可得必要性不成立.‎ 详解：由且能推出，充分性成立；‎ 若且，则或者，必要性不成立，‎ 因此“”是“”的充分不必要条件，故选A.‎ 点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.‎ 对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.‎ ‎3.若圆锥的高等于底面直径，侧面积为,则该圆锥的体积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先设底面半径，然后根据侧面积计算出半径，即可求解圆锥体积.‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，则高为，母线长；又侧面积 ，所以，所以，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的侧面积公式应用以及体积的求解，难度一般.圆锥的侧面积公式：，其中是底面圆的半径，是圆锥的母线长.‎ ‎4.已知不等式成立的一个充分非必要条件是，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求得不等式解集，结合题意，列出不等式组，即可求解。‎ ‎【详解】由题意，不等式，解得，‎ 因为不等式成立的一个充分非必要条件是，‎ 则，解得，即实数的取值范围是。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及利用充分不必要条件求解参数问题，其中解答中正确求解不等式的解集，集合充分不必要条件，列出不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎5.与双曲线有相同渐近线，且与椭圆有共同焦点的双曲线方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由椭圆焦点可得所求双曲线，且焦点在轴上，设双曲线为，故，所以所求双曲线方程为.‎ 考点：双曲线与椭圆.‎ ‎6.已知点为椭圆:在第一象限内一点，为椭圆两焦点，且，则的面积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据判断出是直角三角形，且.根据椭圆焦点三角形面积公式，求得的面积.‎ ‎【详解】由于，故是直角三角形，且.‎ 根据椭圆焦点三角形面积公式可知，的面积为，其中.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查椭圆焦点三角形面积公式，考查向量数量积为零的几何意义，属于基础题.‎ ‎7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，AA1⊥底面ABC，且AB=2， AA1=1，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 先作出直线BC1与平面ABB1A1所成角，再根据直角三角形求结果.‎ ‎【详解】取A1B1中点M，连C1M,BM,‎ 因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，所以底面A1B1C1是等边三角形，‎ 从而C1M⊥A1B1,因AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥底面A1B1C1，即AA1⊥C1M，从而C1M⊥平面ABB1A1，因此为直线BC1与平面ABB1A1所成角,因为,选C.‎ ‎【点睛】本题考查线面角，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ ‎8.已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于，两点．若双曲线的离心率为，的面积为，为坐标原点，则抛物线的焦点坐标为 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线双曲线（a＞0，b＞0）的渐近线方程与抛物线y2＝2px（p＞0）的准线方程，进而求出A，B两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，列出方程，由此方程求出p的值．‎ ‎【详解】∵双曲线（a＞0，b＞0），‎ ‎∴双曲线的渐近线方程是y＝±x 又抛物线y2＝2px（p＞0）的准线方程是x，‎ 故A，B两点的纵坐标分别是y＝±，‎ 又由双曲线的离心率为2，所以2，则，‎ A，B两点的纵坐标分别是y＝±，即=,‎ 又△AOB的面积为，且轴，‎ ‎∴，得p＝2．‎ 抛物线的焦点坐标为：（1，0）‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特征，解题的关键是求出双曲线的渐近线方程，解出A，B 两点的坐标，列出三角形的面积与离心率的关系也是本题的解题关键，有一定的运算量，做题时要严谨．‎ ‎9.若，使得成立是假命题，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得知，全称命题“，”是真命题，利用参变量分离法得出，然后利用基本不等式求出的最小值，可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】因为，使得成立是假命题，‎ 所以，恒成立是真命题，‎ 即，恒成立是真命题，‎ 当时，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，，因此，实数的取值范围是，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查利用特称命题的真假求参数的取值范围，在求参数的取值范围时，可灵活利用参变量分离法，转化为函数的最值求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎10.已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于，两点．若双曲线的离心率为，的面积为，为坐标原点，则抛物线的焦点坐标为 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线双曲线（a＞0，b＞0）的渐近线方程与抛物线y2＝2px（p＞0）的准线方程，进而求出A，B两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，列出方程，由此方程求出p的值．‎ ‎【详解】∵双曲线（a＞0，b＞0），‎ ‎∴双曲线的渐近线方程是y＝±x 又抛物线y2＝2px（p＞0）的准线方程是x，‎ 故A，B两点的纵坐标分别是y＝±，‎ 又由双曲线的离心率为2，所以2，则，‎ A，B两点的纵坐标分别是y＝±，即=,‎ 又△AOB的面积为，且轴，‎ ‎∴，得p＝2．‎ 抛物线的焦点坐标为：（1，0）‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥曲线的共同特征，解题的关键是求出双曲线的渐近线方程，解出A，B两点的坐标，列出三角形的面积与离心率的关系也是本题的解题关键，有一定的运算量，做题时要严谨．‎ ‎11.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于M，N两点，且以线段MN为直径的圆过点F，则p=（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以线段MN为直径的圆为，又其过点F，‎ 可得，即，明显要用韦达定理，联立方程组，代入韦达定理，解方程即可求出p。‎ ‎【详解】设，‎ 联立，消去x得，‎ 由韦达定理可得：，‎ ‎，‎ 以线段MN为直径的圆的方程为，又其过点F，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选B ‎【点睛】本题考查直线和抛物线的位置的关系，充分利用韦达定理来解决问题，难度不大，主要在于计算要过关。‎ ‎12.设椭圆的右焦点为，椭圆上的两点关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设椭圆左焦点为，由向量数量积可得到四边形为矩形；设，，根据勾股定理可整理得，从而得到，利用线段长度关系可得到的范围，根据对号函数可得的范围，进而得到关于离心率的不等式，解不等式求得结果.‎ ‎【详解】设椭圆左焦点为，连接 由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形 ‎ 四边形为矩形 设，，则 ‎，解得：‎ ‎ ‎ 即 ，即，解得：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆离心率范围的求解问题，关键是能够利用椭圆定义、勾股定理以及线段的长度关系构造出关于的齐次不等式，进而得到关于离心率的不等式.‎ 二、填空题 ‎13.已知平面，和直线，，给出下列命题：①，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，则，其中是真命题的是______（填写所有真命题的序号）.‎ ‎【答案】③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①②根据直线与平面平行，直线的方向无法确定来判断；‎ ‎③④将的方向向量分别看成平面的法向量来判断。‎ ‎【详解】①直线与平面平行，直线的方向无法确定，的位置关系都有可能，故是错误的；‎ ‎②直线与平面平行，直线的方向无法确定，的位置关系都有可能，故是错误的；‎ ‎③将的方向向量分别看成平面的法向量，两个平面的法向量互相垂直，则两个平面也垂直，故是正确的；‎ ‎④将的方向向量分别看成平面的法向量，两个平面互相垂直，则两个平面的法向量也互相垂直，故是正确的；‎ 故答案为③④‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面平行和垂直的性质，对于不正确的命题，找出反例即可。本题属于基础题。‎ ‎14.阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设椭圆的方程为，由面积公式以及离心率公式，求出，，即可得到答案。‎ ‎【详解】设椭圆C的方程为，椭圆C的面积为，则 ,又，解得，.则C的方程为 ‎【点睛】本题考查椭圆及其标准方程，注意运用离心率公式和，，的关系，考查学生基本的运算能力，属于基础题。‎ ‎15.在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OA⊥OB，且OA＝VO＝1，则O到平面VAB的距离为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，求得三棱锥的体积为VVAOB＝，利用“等体积法”，即可求解，得到答案。‎ ‎【详解】由题意，可知VA＝VB＝，AB＝，‎ 所以三棱锥的体积为VVAOB＝×S△AOB×VO＝×1×1××1＝，‎ 又由VOABV＝S△ABV×h＝××××sin 60°×h＝，‎ 解得h＝.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求解，其中解答中把点到平面的距离转化为三棱锥的体积，利用“等体积法”求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题。‎ ‎16.已知P为抛物线y2＝x上异于原点O的点，PQ⊥x轴，垂足为Q，过PQ的中点作x轴的平行线交抛物线于点M，直线QM交y轴于点N，则＝____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，求得PQ中点H，M，得到直线MQ的方程，求得，即可求解。‎ ‎【详解】如图所示，设，则，则PQ中点H，‎ 令代入抛物线，可得，即点M，‎ 所以直线MQ的方程为： ，‎ 令，可得，所以＝＝．‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中确定点的坐标，得出直线的方程，求得点的坐标是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。‎ 三、解答题 ‎17.设命题：方程表示中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线；‎ 命题：存在，使得 ‎（1）写出命题的否定；‎ ‎（2）若“且”为真，求实数的取值范围。‎ ‎【答案】（1）：对任意的，;（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据命题否定特征即可写出（2）由题意知p真q假，分别得出相应条件求交集即可.‎ ‎【详解】（1）：对任意的，‎ ‎（2）因为“且”为真 所以真，真 又真时， 得 真时， 得 所以，的取值范围为 ‎【点睛】本题主要考查了存在性命题的否定，且命题的真假，属于中档题.‎ ‎18.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.‎ ‎(1)求证：AB1∥平面BC1D；‎ ‎(2)求异面直线AB1与BC1的夹角．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接交于点，连接在三角形中由中位线得，继而证明线面平行 ‎(2) 建立空间直角坐标系,运用空间向量求出向量夹角的余弦值，从而得到夹角 ‎【详解】(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD．‎ ‎∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1.‎ ‎∵AB1平面BC1D，OD平面BC1D，‎ ‎∴AB1∥平面BC1D．‎ ‎(2)解：建立如图所示空间直角坐标系Bxyz.‎ 则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,2)，B1(0,0,2)．‎ ‎∴＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)．‎ 设异面直线AB1与BC1的夹角为θ，则.‎ ‎，‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行及异面直线所成角的问题，在证明线面平行时运用其判定定理，有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形来证明线线平行，异面直线所成角的问题可以采用建立空间直角坐标系，运用坐标来求解。‎ ‎19.如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可证平面平面，从而可证平面.‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，通过计算两个平面的法向量可得二面角的余弦值，从而得到二面角的平面角的大小.‎ ‎【详解】（1）底面是菱形，，‎ 因平面，平面，所以平面.‎ 同理，平面，，平面平面，‎ 又平面，所以平面.‎ ‎（2）底面，即为直线与平面所成的角，‎ 故，中,，‎ 又底面是边长为2的菱形，，‎ 取中点，连，则，‎ 以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则各点坐标分别为,,,,,‎ 底面,，又底面是菱形，,‎ 平面，平面的法向量取 ,‎ 设平面的法向量，则：,‎ ‎ ，令得 ‎,‎ 二面角的大小为.‎ ‎【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.‎ ‎20.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|．‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为，证明直线MN恒过定点，并求出定点的坐标．‎ ‎【答案】（1）p＝4 （2）证明见解析，定点坐标：(－1，－1)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设Q(x0,4)，由抛物线定义，根据|QF|＝x0＋，解得x0＝，将点Q代入抛物线方程，即可求解；‎ ‎（2）设直线MN的方程为x＝my＋n，代入抛物线的方程，代入y1＋y2，y1y2，结合斜率公式，求得n＝m－1，代入直线方程，即可求解。‎ ‎【详解】（1）设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋，‎ 又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋，解得x0＝，‎ 将点Q代入抛物线方程，解得p＝4．‎ ‎（2）由(1)知C的方程为y2＝8x，所以点T坐标为，‎ 设直线MN的方程为x＝my＋n，点M，N，‎ 由得y2－8my－8n＝0，所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，‎ 所以kMT＋kNT＝＋＝＋‎ ‎＝＝＝－，‎ 解得n＝m－1，所以直线MN方程为x＋1＝m(y＋1)，‎ 此时直线恒过点(－1，－1)．‎ ‎【点睛】本题主要考查了抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中把直线的方程代入抛物线的方程，合理利用韦达定理和直线的斜率公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。‎ ‎21.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.‎ ‎(1)求证：AD⊥平面BFED；‎ ‎(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 （2）θ最小值为60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再结合面面垂直的判定，证得DE⊥平面ABCD，即可证得AD⊥平面BFED；‎ ‎（2）以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PAB与平面ADE法向量，利用向量的夹角公式，即可求解。‎ ‎【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，‎ ‎∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.‎ ‎∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.‎ ‎∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD ‎∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，‎ DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，‎ ‎∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.‎ ‎（1）由(1)知，直线AD，BD，ED两两垂直，故以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 令EP＝λ(0≤λ≤)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，‎ 所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，‎ 由得，取y＝1，则n1＝(，1，－λ)．‎ 因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 因为0≤λ≤，所以当λ＝时，cos θ有最大值，所以θ的最小值为60°.‎ ‎【点睛】本题考查了线面垂直关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎22.已知椭圆的左右焦点为，是椭圆上半部分的动点，连接和长轴的左右两个端点所得两直线交正半轴于两点（点在的上方或重合）．‎ ‎（1）当面积最大时，求椭圆的方程；‎ ‎（2）当时，在轴上是否存在点使得为定值，若存在，求点的坐标，若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（1） （2）存在,‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆的方程，可得，结合三角形的面积公式和基本不等式，求得，进而求得椭圆的方程；‎ ‎（2）设，设直线的方程为，分别求得的坐标，根据向量的数量积的运算，即可求解。‎ ‎【详解】（1）由题意，椭圆，可得，‎ 则，当且仅当时等号成立，‎ 又由，解得，‎ 所以椭圆方程为：；‎ ‎（2）由题意，当时，椭圆的，‎ 假设存在点，使得为定值，设，‎ 设直线的方程为，‎ 当时，，即，‎ 由，消去可得，可得，‎ 所以，所以，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 因为的定值，‎ 所以，即，故点的坐标为。‎ ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中涉及到直线与椭圆的位置关系时，通常联立方程组，合理应用根与系数的关系是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，属于中档试题。‎ ‎ ‎