2018-2019学年吉林省“五地六校”合作高二第一学期期末考试理科数学试题 解析版

2018-2019学年吉林省“五地六校”合作高二第一学期期末考试理科数学试题 解析版

绝密★启用前 吉林省“五地六校”合作2018-2019学年高二第一学期期末考试理科数学试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知命题p：，，则是　　‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可．‎ ‎【详解】‎ 因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p：，，则是：，．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基本知识的考查．‎ ‎2．若直线过点，，则此直线的倾斜角是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线的斜率，从而求出直线的倾斜角即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意得：‎ 直线的斜率，‎ 故倾斜角是，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线斜率，倾斜角问题，考查转化思想，是一道基础题．‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由三视图易知该几何体为一个圆柱和半个圆锥组合而成，故其体积为 考点：三视图，空间几何体体积 ‎4．已知命题p：，使得，命题q：，使得，则下列命题是真命题的是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由配方法得：，即命题p为真命题，，即命题q为假命题，得解.‎ ‎【详解】‎ 由，，即命题p为真命题，‎ 由，‎ 即无解，‎ 即命题q为假命题，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了二次不等式及二次方程的问题及命题的真假，属简单题.‎ ‎5．“”是“方程表示椭圆”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】‎ 由椭圆的性质得：，解得m范围，又“”范围小，“或”范围大，根据小范围推大范围，故得解。‎ ‎【详解】‎ ‎“方程表示椭圆”，解得：或，‎ 又“”是“或”的充分不必要条件，‎ 即“”是“方程表示椭圆”的充分不必要条件，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了椭圆的性质、充分条件，必要条件，充要条件，属简单题 ‎6．方程表示的曲线是　　‎ A．一个圆 B．两个半圆 C．两个圆 D．半圆 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方程等价于，即可得出结论．‎ ‎【详解】‎ 方程等价于，‎ 表示的曲线是半个圆．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查曲线与方程，考查圆的知识，属于基础题．‎ ‎7．以为圆心，4为半径的圆的方程为　　‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用圆的标准方程的性质求解．‎ ‎【详解】‎ 以为圆心，4为半径的圆的方程为：‎ ‎．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查圆的标准方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用．‎ ‎8．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：‎ 若，，则；   ‎ 若，，则；‎ 若，，则；  ‎ 若，，则．‎ 其中真命题的序号是　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与立体几何有关的命题真假判断，要多结合空间图形，充分利用相关的公理、定理解答判断线与线、线与面、面与面之间的关系，可将线线、线面、面面平行垂直的性质互相转换，进行证明，也可将题目的中直线放在空间正方体内进行分析．‎ ‎【详解】‎ 因为空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，‎ 中正方体从同一点出发的三条线，满足已知但是，所以错误；‎ 若，，则，满足平行线公理，所以正确；‎ 平行于同一平面的两直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以错误；‎ 垂直于同一平面的两直线平行，由线面垂直的性质定理判断正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间两条直线的位置关系以及判定方法，线面平行的判定，解决时要紧紧抓住空间两条直线的位置关系的三种情况，牢固掌握线面平行、垂直的判定及性质定理．‎ ‎9．已知在三棱锥中，，，，，，且平面平面，那么三棱锥外接球的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：取中点，连接，由知，则，又平面平面，所以平面，设，则，又 ‎，则，，，，显然是其外接球球心，因此．故选D．‎ 考点：棱锥与外接球，体积．‎ ‎10．在平面内两个定点的距离为6，点M到这两个定点的距离的平方和为26，则点M的轨迹是　　‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．线段 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设出动点M的坐标，由M到这两定点的距离的平方和为26列等式，整理后得答案．‎ ‎【详解】‎ 设两定点分别为A，B，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系如图：‎ ‎，则，，‎ 设，‎ 则，‎ 即．‎ 整理得：．‎ 的轨迹方程是．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了轨迹方程的求法，解答的关键是建立恰当的平面直角坐标系，是中档题．‎ ‎11．已知双曲线C：的左右焦点分别是，，过的直线l与C的左右两支分别交于A，B两点，且，则　　‎ A． B．3 C．4 D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a＝1，由双曲线的定义可得|AF2|－|AF1|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2.又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－|BF2|，故|AB|＝4. 选C ‎12．如图，已知，是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段与圆相切于点Q，且点Q为线段的中点，则椭圆C的离心率为　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接OQ，，先利用三角形中位线定理证明，，而OQ即为圆的半径b，从而得焦半径，再利用椭圆的定义，得，最后利用直线与圆相切的几何性质，证明，从而在三角形中利用勾股定理得到a、b、c间的等式，进而计算离心率即可 ‎【详解】‎ 如图：连接OQ，，点Q为线段的中点，，，‎ ‎，‎ 由椭圆定义，，‎ 线段与圆相切于点Q，‎ ‎，‎ ‎，且，‎ 即，，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了椭圆的定义及其运用，直线与圆的位置关系，椭圆的几何性质及其离心率的求法，属基础题 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设圆锥的底面半径为，，解得，根据勾股定理，圆锥的高等于，所以圆锥的体积.‎ 考点：旋转体的体积 ‎14．抛物线的焦点到准线的距离是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化抛物线方程为标准方程，即可求得焦点到准线的距离．‎ ‎【详解】‎ 抛物线的标准方程为，则，‎ 即抛物线的焦点到准线的距离是 ‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查抛物线的标准方程与性质，考查学生的计算能力，属于基础题．‎ ‎15．如图，在长方形ABCD中，，，E是CD的中点，沿AE将向上折起，使D为，且平面平面则直线与平面ABC所成角的正弦值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由面面垂直，易得斜线在平面的射影，进而得角．‎ ‎【详解】‎ 由题意，为等腰直角三角形，‎ 平面平面ABCE，‎ 在底面的射影为AE，‎ 为直线与平面ABC所成角，‎ 且，‎ 其正弦值为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 此题考查了斜线与平面所成角，难度不大．求线面角，可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。‎ ‎16．椭圆M：(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆M上任一点，且的最大值的取值范围是[c2,3c2]，其中c＝，则椭圆M的离心率e的取值范围是__________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为的最大值的取值范围是[c2,3c2]，所以应设P(x，y)，进而用坐标表示，由点P为椭圆M上任一点，可得。化简可得。由椭圆的范围得，可求得取最大值，由条件可得，转化为，化简可求离心率的取值范围。‎ ‎【详解】‎ 设P(x，y)，则 ，即，因为F1(－c,0)，F2(c,0)，‎ 所以，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ 所以，当时，取最大值 ‎ 因为的最大值的取值范围是[c2,3c2]，所以。 ‎ 即，所以。‎ 所以 ，即，所以。‎ 椭圆M的离心率e的取值范围是。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆几何性质的运用和求椭圆离心率的范围。注意之间的关系：的运用。运算量较大，难度一般。‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为 ‎，AC边上的高BH所在直线方程为求：‎ 顶点C的坐标；‎ 直线BC的方程．‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求直线AC的方程，然后求出C的坐标；设出B的坐标，求出M代入直线方程为，与直线为联立求出B的坐标然后可得直线BC的方程．‎ ‎【详解】‎ 由及AC边上的高BH所在的直线方程 得AC所在直线方程为 又AB边上的中线CM所在直线方程为 由得 设，又是AB的中点，则 由已知得得 又得直线BC的方程为 ‎【点睛】‎ 本题考查两条直线的交点，待定系数法求直线方程，是基础题．‎ ‎18．如图，长方体中，，，点E是线段AB中点．‎ 证明：；‎ 求二面角的大小的余弦值；‎ 求A点到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）详见解析 （2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）面 ，，，又，[来所以，面所以，（2）是所求二面角的平面角，，，二面角的大小的余弦值为（3）由（１）（２）知，平面的法向量为，‎ 试题解析：（1）证明：面，面 所以， １分 中，，‎ 同理：，又，‎ ‎3分 所以，面4分 又面 所以，5分 ‎（2）解法一 由（1）证可知是所求二面角的平面角 ６分 在中，，；‎ 故，8分 即二面角的大小的余弦值为9分 解法二：利用向量法 设平面的法向量为，‎ 由（1）得，‎ 且 解得：,即； 7分 又平面的法向量为，‎ 所以，二面角的余弦值为． 9分 ‎（3）解法一：，，，‎ ‎10分 又，，，‎ ‎（11分）‎ 设点到平面的距离为，则，‎ 解得，即点到平面的距离为． （14分）‎ 解法二：利用向量法 由（1）（2）知，平面的法向量为 故，点到平面的距离为 考点：1．线面垂直的判定与性质；2．二面角；3．点到面的距离 ‎19．已知圆C过点、，且圆心C在直线上．‎ 求圆C的方程；‎ 设直线与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）x2+y2-6x+4y+4=0（2）不存在实数 ‎ ‎【解析】‎ 此题考查了利用待定系数法求圆的一般式方程，垂直平分线的性质及方程与函数的综合．此题第二问利用的方法是反证法，此方法的步骤为：先否定结论，然后利用正确的推理得出与已知，定理及公理矛盾，得到假设错误，故原结论成立 ‎（1）设出圆的一般式方程，表示出圆心坐标，把圆心坐标代入到直线x+2y+1=0中得到一个关于D，E及F的方程，然后把M与N的坐标代入所设的圆的方程，得到两个关于E，F及D的方程，三个方程联立即可求出D，E及F的值，确定出圆C的方程；‎ ‎（2）利用反证法，先假设满足题意得点存在，根据线段垂直平分线的性质得到圆心C必然在直线l上，由点C与点P的坐标求出直线PC的斜率，根据两直线垂直时斜率的乘积为-1，求出直线AB的斜率，进而求出实数a的值，然后由已知直线ax-y+1=0，变形得到y=ax+1，代入（1）中求出的圆C的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，根据直线与圆有两个交点，得到根的判别式大于0，即可求出a的取值范围，发现求出的a的值不在此范围中，故假设错误，则不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．‎ 解：（1）设圆C的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0‎ 则有…………………2分 解得 ‎∴圆C的方程为：x2+y2-6x+4y+4=0 …………4分 ‎（2）设符合条件的实数存在，‎ 由于l垂直平分弦，故圆心必在l上．‎ 所以l的斜率，‎ 而， 所以． …………5分 把直线ax-y+1="0" 即y="ax" +1．代入圆的方程，‎ 消去，整理得．‎ 由于直线交圆于两点，‎ 故，‎ 即，解得．‎ 则实数的取值范围是．…………………7分 由于，‎ 故不存在实数，使得过点的直线l垂直平分弦．………8分 ‎20．如图，四棱锥的底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD，，，E为BC的中点．‎ 求证：平面PAD；‎ 求二面角的平面角的余弦值．‎ ‎【答案】(1)详见解析；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结BD，证明推出然后证明平面PAD；以点D为原点，DA，DE，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系求出平面BAD的一个法向量，平面PBA一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面PAD与平面PBC所成角的二面角的平面角的余弦值．‎ ‎【详解】‎ 连结BD，由已知得与都是正三角形．‎ 又因为点E为边BC的中点，所以 又因为，所以．‎ 又平面ABCD，平面ABCD，所以 又因为，AD，平面PAD，所以平面 以点D为原点，DA，DE，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空 间直角坐标系．‎ 由知平面BAD的一个法向量为 ‎，0，，0，所以，．‎ 设平面PBA一个法向量为，‎ 由，得，．‎ 取，则，故．‎ 设与的夹角为，则 所以平面PAD与平面PBC所成角的二面角的平面角的余弦值为 ‎【点睛】‎ 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做。‎ ‎21．已知抛物线：与圆：的两个交点之间的距离为4．‎ 求p的值；‎ 设过抛物线的焦点F且斜率为2的直线与抛物线交于A，B两点，求．‎ ‎【答案】(1)p=2；(2)5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设交点为E，易知，，代入得，；直线的方程为，分别于抛物线联立，根据韦达定理和抛物线的性质即可求出．‎ ‎【详解】‎ 设交点为E，易知，，‎ 代入得，，‎ 由知，抛物线抛物线：．‎ 直线AB的方程为，‎ 设，‎ 联立得，‎ 所以，‎ 所以．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎22．已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点，且长轴长为4．‎ 求椭圆E的方程；‎ 若A是椭圆E的左顶点，经过左焦点F的直线l与椭圆E交于C，D两点，求与为坐标原点的面积之差绝对值的最大值．‎ 已知椭圆E上点处的切线方程为，T为切点若P是直线上任意一点，从P向椭圆E作切线，切点分别为N，M，求证：直线MN恒过定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知：，，根据椭圆的性质：，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；由题意设直线方程，‎ ‎，将直线方程代入椭圆方程，根据韦达定理求得，根据三角形的面积公式，分类，当时，，时，根据基本不等式的关系，即可求得的最大值为，设点，切点，，由可知两切线方程PM，PN的方程，同去利用P点在切线PM，PN上，从而直线MN方程为，从而问题解决．‎ ‎【详解】‎ 由题意得又，，所以，．‎ 所以椭圆E的方程为．‎ 设的面积为，的面积为．‎ 当直线l斜率不存在时，直线方程为．‎ 据椭圆对称性，得，面积相等，所以．‎ 当直线斜率存在时，设直线方程为，设，‎ 联立方程组，消由得，则．‎ 所以．‎ 又因为，当且仅当或时取“”．‎ 所以的最大值为．‎ 证明：设，，‎ 由已知得切线切线，‎ 把代入得，．‎ 从而直线MN方程为，即．‎ 对，当，时恒成立，恒过定点．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，三角形面积公式及基本不等式的综合应用，考查转化思想，属于中档题．圆锥曲线中的定点、定值问题是考查的重点，一般难度较大，计算较复杂，考查较强的分析能力和计算能力.求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.‎