山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（理）试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com 高二理科数学（Ⅰ类）试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共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.在中，“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数表，在三角形中，当时，即可求解 ‎【详解】在三角形中，，故在三角形中，“”是“”的充分必要条件 故选：C ‎【点睛】本题考查充要条件的判断，属于基础题 ‎2.已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则到轴的距离是（ ）‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合抛物线第一定义即可求解 ‎【详解】如图：由，根据抛物线第一定义，‎ ‎，则到轴的距离是4‎ - 20 -‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查抛物线定义的运用，属于基础题 ‎3.过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程是（ ）‎ A. 或 B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 需要进行分类讨论，分为直线过原点和不过原点两种情况进行求解 ‎【详解】当直线过原点时，设，将点代入可得，则直线方程为：；‎ 当直线不过原点时，可设直线方程为，将点代入可得，则直线方程为：；‎ 综上所述，直线方程为：或 故选：C ‎【点睛】本题考查由截距相等求直线方程，不要忽略直线过原点的情况，属于基础题 ‎4.如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知该几何体应为正四棱锥，底面为正方形，高为，结合锥体体积公式求解即可 ‎【详解】如图，该几何体为正四棱锥，底面积为，高，则四棱锥的体积为：‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体，锥体体积公式的应用，属于基础题 ‎5.圆关于直线对称的圆的方程是（ ）‎ - 20 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将圆用配方法写成标准式，求出圆心，再求出圆心关于直线的对称点，根据半径相等即可求解 ‎【详解】，故圆心坐标为，半径为2，设圆心关于直线对称的点为，则有，解得，则圆关于直线对称的圆的方程是 故选：A ‎【点睛】本题考查点关于直线的对称点的求法，由圆心和半径求圆的标准方程，属于基础题 ‎6.已知椭圆与双曲线有相同的焦点，则（ ）‎ A. B. C. 1 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可通过椭圆标准方程求得，结合双曲线中即可求解 ‎【详解】由题知，椭圆的，又在双曲线中，（需注意）‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查由椭圆和双曲线共焦点求参数值，属于基础题 ‎7.在空间直角坐标系中，若，则异面直线 - 20 -‎ 与所成角的大小为（ ）‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接采用空间向量的夹角公式求解 ‎【详解】由题知：设两直线夹角为，，‎ 则，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查异面直线夹角的向量求法，属于基础题 ‎8.在空间中，四个两两不同的平面，满足，则下列结论一定正确的是（ ）‎ A. B. C. 与既不垂直也不平行 D. 与位置关系不确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可借助条件判断与可能平行也可能相交，而，则与的位置关系不确定 ‎【详解】若，四个两两不同的平面，满足，则与可能平行也可能相交，，与的位置关系不能确定 故选：D ‎【点睛】本题考查面与面位置关系的判定，空间的直观想象能力，属于中档题 ‎9.从椭圆上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点，A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且是坐标原点，则该椭圆的离心率是　　‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题意，可求得点P坐标，由，从而可得答案．‎ ‎【详解】依题意，设，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，，，‎ ‎，即，‎ ‎．‎ 设该椭圆的离心率为e，则，‎ 椭圆的离心率．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的简单性质，求得点P的坐标是关键，考查分析与运算能力，属于中档题．‎ ‎10.已知等轴双曲线的焦距为8，左、右焦点，在轴上，中心在原点，点的坐标为，为双曲线右支上一动点，则的最小值为（ ）‎ - 20 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出图像，再结合双曲线第一定义，三角形三边关系，当点为与双曲线的交点时，取到最小值 ‎【详解】如图，由双曲线第一定义得①，‎ 又由三角形三边关系可得②（当点为与双曲线的交点时取到等号），①+②得：，故，‎ 由双曲线为等轴双曲线，且焦距为8可得，，则，，，‎ 则 故选：D ‎【点睛】本题考查利用双曲线第一定义求解到两定点之间距离问题，数形结合与转化思想，属于中档题 ‎11.在三棱锥中，平面，则该三棱锥外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 画出图形，将几何体补全为长方体，则将问题转化为求对应长方体外接球体积问题，结合体积公式即可求解 ‎【详解】‎ 如图所示，三棱锥实际上为长方体上四点组合而成，则外接球半径为，‎ 则该三棱锥外接球的体积为 故选：D ‎【点睛】本题考查锥体外接球体积算法，对于这类问题，我们都可考虑把锥体还原成对应的长方体或圆柱体，再求对应的外接球半径，这样会简化求解难度，属于中档题 ‎12.已知椭圆的焦点为，，过的直线与交于两点.若，则的方程为（ ）‎ A. B. 或 C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先做出图形，由再结合椭圆第一定义，可得出四条线段的比例关系，判断出点过椭圆的上顶点，根据斜率定义得到，再考虑图形的对称性，即可求解 ‎【详解】如图，不妨设，由，可得，‎ - 20 -‎ 由椭圆第一定义可得，可判断点过椭圆的上顶点，则，则直线的方程为，‎ 再由椭圆对称性可知，当时，经过椭圆的右焦点，则直线的方程为 综上所述，直线方程为：或 故选：B ‎【点睛】本题考查椭圆基本性质的应用，数形结合思想，属于中档题 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.命题“”的否定是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 存在改全称，再否定结论即可 ‎【详解】命题“”的否定是“”‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查存在命题的否定，属于基础题 ‎14.已知平行于轴的直线交抛物线于两点，且，则的方程为_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ 先画出图像，由可求出点横坐标，代入抛物线方程可求得，即可求解直线的方程 ‎【详解】如图，，将代入得，则直线的方程为 故答案：‎ ‎【点睛】本题考查由直线与抛物线的位置关系求抛物线上的点，属于基础题 ‎15.已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与的渐近线在第一象限内交于点，若，则的渐近线方程为_____________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，可先求出焦点到渐近线距离，再作，由由等面积法可得，结合可推出，则可求出直线斜率，进而求解 ‎【详解】如图，作，双曲线焦点，设双曲线一条渐近线方程为，则点到渐近线距离，为等腰三角形，故腰上的高也相等，故，则 ‎，又，故 - 20 -‎ ‎，则双曲线的渐近线为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质，双曲线的焦点到渐近线的距离为可作为常用结论，结合几何关系求解渐近线对应斜率是解题的关键，属于中档题 ‎16.知正方体的棱长为2，分别是的中点，过点的截面将正方体分割成两部分，则较大部分几何体的体积为___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出图形，需采用补形法延长，分别交延长线于点，则一部分几何体可通过求四棱锥，再减去两小三棱锥体积的方法求得 ‎【详解】如图，由分别是的中点，四边形时正方形可得，则，又在中，，‎ 则小四棱锥，则一部分被切几何体体积为 ‎，正方体体积为：，则另一部分几何体体积为：‎ - 20 -‎ ‎ ‎ 故较大部分几何体体积为：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查截面问题中几何体体积的计算问题，补形法是解题的关键，属于难题 三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知函数的定义域为，，若有且只有一个成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出命题中对应参数的取值范围，再根据题意若有且只有一个成立，判断需进行分类讨论，分和进一步求解参数的范围 ‎【详解】函数的定义域为；‎ ‎，‎ 当成立不成立时，对应的，故对应的；‎ 当不成立成立时，对应的，故对应的；‎ 综上所述，‎ ‎【点睛】本题考查逻辑用语中命题的等价形式的转化，命题的否定，由命题的交集求参数的范围，属于中档题 ‎18.已知圆的圆心在直线上，经过点，且与直线 - 20 -‎ 相切.‎ ‎（1）求的标准方程；‎ ‎（2）直线与相交于两点，求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不妨设圆心为，半径为，结合待定系数法和点到直线距离公式即可求解；‎ ‎（2）由圆心到直线距离公式求得弦心距，再由几何性质和勾股定理求得弦长，利用即可求解 ‎【详解】（1）设圆心为，半径为，则圆的标准方程为;,由题可得，解得，则圆的标准方程为；‎ ‎（2）如图，可求出圆心到直线的距离，‎ 则半弦长，，‎ ‎【点睛】本题考查待定系数法求圆的标准方程，由圆的几何性质求弦长，属于中档题 ‎19.如图，把正方形纸片沿对角线折成直二面角，点分别为的中点，点是原正方形的中心.‎ - 20 -‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的大小.‎ ‎【答案】（1）证明见详解（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由是中位线，易证，进而得证；‎ ‎（2）结合线面角的定义先求证，进而得到为与平面所成角，结合几何关系求解即可 ‎【详解】（1）由为中点可知，线段为中位线，则，又平面，平面，平面；‎ ‎（2）由（1）可得，，，‎ 又为直二面角，为中点，，底面，‎ 又平面，，，平面，，故为与平面所成角，设正方形边长为2，则，，‎ ‎，故 ‎【点睛】本题考查线面垂直证明，线面角的求法，属于中档题 ‎20.在平面直角坐标系中，直线的方程为，过点且与直线相切的动圆圆心为点，记点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若直线与相交于两点，与轴的交点为.若，求 - 20 -‎ ‎.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合抛物线第一定义即可求解；‎ ‎（2）需要将问题转化，设的中点为，结合可得，联立直线和抛物线方程，表示出对应的弦长，由点到点距离公式求得长度，解方程即可解得，进而求解弦长 ‎【详解】（1）由题可知，圆心轨迹到定点的距离等于到定直线的距离，故点的轨迹为抛物线，抛物线焦点为，则的方程为；‎ ‎（2）由可知，线段，设的中点为，则，联立，则，将代入直线得，直线与轴交点为：，则，‎ 由弦长公式可得，又，联立化简可得，解得（负值舍去），则 ‎【点睛】本题考查抛物线标准方程的求法，由直线与抛物线相交的线段比例关系求解参数，韦达定理与弦长公式的应用，计算能力与转化能力，数形结合思想，属于难题 - 20 -‎ ‎21.已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且是侧棱上的动点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若点为的中点，求平面与平面所成二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见详解（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，利用正方形性质证明，结合，侧棱底面可证，通过线面垂直可证；‎ ‎（2）采用建系法，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，通过求两平面夹角的余弦值进而求解；‎ ‎【详解】（1）底面为正方形，，又侧棱底面，平面，，，平面，又平面，‎ ‎；‎ ‎（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则 ‎，‎ - 20 -‎ 设平面的法向量为，则有，令，则；‎ 设平面的法向量为，则有，令，则；‎ ‎，则 ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，建系法求二面角夹角问题，属于中档题 ‎22.已知椭圆的焦点坐标是，过点且垂直于长轴的直线交椭圆于两点，且.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，问三角形内切圆面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值及此时直线的方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在；；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ ‎（1）由通径长度可求得，再结合即可求解；‎ ‎（2）设直线方程为，联立直线和椭圆方程可得关于的一元二次方程，求解出韦达定理，又由几何性质可得，，再由三角形的内切圆的面积公式，内切圆面积为，结合三个关系式可知，要使最大，即使最大，最终结合换元法和对勾函数可求最值；‎ ‎【详解】设，代入标准方程可得，又，‎ 故，又，求得，故椭圆的标准方程为：；‎ ‎（2）由题可知要使三角形内切圆面积最大，即使内切圆半径最大，而三角形面积的两个等价公式有①，②，‎ 其中，联立两式可得，设过的直线方程为，显然直线斜率不为0，联立 ‎，则，‎ 令，则，由对勾函数性质可知，当且仅当时，即时，取到最小值，又，时，单增，故 - 20 -‎ ‎，，，‎ 此时，直线方程为：‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，椭圆的几何性质，三角形面积公式的等价转化，韦达定理在解析几何中的应用，换元法，对勾函数求最值，转化与化归思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题 ‎ ‎ - 20 -‎ ‎ ‎ - 20 -‎