1、陕西省汉中市洋县第一中学2019-2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内.2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡
2、的整洁.一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 设,命题“若且,则”的逆否命题是( )A. 若且,则B. 若或,则C. 若,则且D. 若,则或【答案】D【解析】【分析】直接利用逆否命题的定义解答得解.【详解】命题“若且,则”的逆否命题是“若,则或”，故答案为D【点睛】本题主要考查逆否命题的定义和逻辑联结词的否定，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.2. 椭圆的焦距为2，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由可得椭圆的焦点在轴上且，由焦距可得：，代入公式即可得解.【详解】由，设短轴长为，可知
3、：椭圆的焦点在轴上，且，由焦距可得：，所以由，所以，故选：A.【点睛】本题考查了椭圆的基本量的运算，考查了椭圆的基本性质，是概念题，属于基础题.3. 万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式.在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为10cm，则小椭圆的长轴长为（ ）cmA. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意先求大椭圆离心率为，根据两个椭圆的离心率相同，小椭
4、圆的离心率为，再根据小椭圆的短轴长为10cm，代入公式即可得解.【详解】由大椭圆和小椭圆扁平程度相同，可得两椭圆的离心率相同，由大椭圆长轴长为40cm，短轴长为20cm，可得焦距长为cm，故离心率为，所以小椭圆离心率为，小椭圆的短轴长为10cm，即cm，由，可得：cm，所以长轴为cm.故选：B.【点睛】本题考查了利用离心率求椭圆基本量的问题，考查了公式的理解应用，属于基础题.4. 命题“且”与命题“或”都是假命题，则下列判断正确的是（ ）A. 命题“且”是真命题B. 命题“”与“”至少有一个是假命题C. 命题“”与“”真假相同D. 命题“”与“”真假不同【答案】A【解析】【分析】由已知条件可知
5、、均为假命题，再由复合命题的真假可判断各选项的正误.【详解】由于命题“且”与命题“或”都是假命题，则、均为假命题.所以，命题“且”是真命题，命题“”与“”都为真命题，命题“”与“”真假不同，命题“”与“”真假相同.故选：A.【点睛】本题考查利用复合命题的真假判断复合命题的真假，解题的关键就是判断出两个简单命题的真假，考查推理能力，属于基础题.5. 已知点为椭圆上的任意一点，为原点，满足，则点的轨迹方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设点坐标为，则有，设，根据，可得：，代入椭圆方程即可得解.【详解】设点坐标为，则有，根据，可得：，代入椭圆方程可得：，故选：B.【点睛】本
6、题考查了相关点代入法求轨迹方程，题型相对比较典型，解题关键是根据条件联系变量之间的关系，属于基础题.6. 设，是两个非零向量，则使成立的一个必要非充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量的数量积求出两个向量的夹角即可推出结果【详解】解：，是两个非零向量，则，是两个非零向量，则使成立的一个必要非充分条件是故选：D【点睛】本题考查向量的数量积以及充要条件的判定，考查逻辑推理能力7. 直线过点与抛物线交于两点，若恰为线段的中点，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用点差法，两式相减，利用中点坐标求直线的斜率.【详解】设，两式相减得
7、，即，当时，因为点是的中点，所以，解得： 故选：A【点睛】本题考查中点弦问题，重点考查点差法，属于基础题型.8. 已知抛物线的焦点F恰好是双曲线的右焦点，且两条曲线的交点的连线过点F，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. 1D. 1【答案】C【解析】试题分析：如图所示，两条曲线交点的连线过点，两条曲线交点为（），代入双曲线方程得，又，化简得，故选C.考点：抛物线的简单性质；双曲线的简单性质.9. 已知椭圆的两个焦点为，点在椭圆上且满足，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，分析可得，由椭圆的标准方程和定义可得，将两式联立可得的值，由三角形面积公式计
8、算可得答案【详解】解：根据题意，点在椭圆上，满足，又由椭圆的方程为，其中，则有，联立可得，则的面积；故选：C【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及勾股定理与三角形的面积，关键是掌握椭圆的几何性质10. 已知为抛物线上一个动点，为圆上一个动点，那么点到点的距离与点到抛物线的焦点的距离之和的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据图像，准线于，设圆心，坐标为求到点的距离与点到抛物线的焦点的距离之和的最小值，根据抛物线的性质以及点和圆的位置关系，可以转化为点到圆心的距离和点到抛物线的准线的距离之和的最小值，可得当三点共线时，距离之和最小，代入数值即可得解.【详解】如图，准线
9、于，设圆心，坐标为求到点的距离与点到抛物线的焦点的距离之和的最小值，根据抛物线性质以及点和圆的位置关系，可以转化为点到圆心的距离和点到抛物线的准线的距离之和的最小值，由点到直线的距离垂线段最短，可得当三点共线时，距离之和最小，此时，此时点为与圆的交点，所以到点的距离与点到抛物线的焦点的距离之和的最小值，故选：B.【点睛】本题考查了抛物线和圆的最短距离问题，考查了抛物线的定义以及点和圆的位置关系，主要考查了转化思想，计算量不大，属于基础题.11. 设、分别是椭圆（）的左、右焦点，若在直线上存在点，使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由
10、线段的中垂线过点得，设交轴于点，若在直线上存在点，使线段的中垂线过点，则，带值即可得解.【详解】由线段的中垂线过点得，设交轴于点，若在直线上存在点，使线段的中垂线过点，则，故，即，故，即.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆的离心率范围问题，考查了椭圆和几何关系的结合，关键点是正确的把几何关系转化为数量关系，属于基础题.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. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，由椭圆定义知，所以，所以，故点为椭圆的上（下）顶点，即，由，得，代入椭圆方程即可得解.【详解】设，则，由椭圆定义知，所以，所以，故点为椭圆的上（下）顶点，即，
11、由，得，点在椭圆上，故，解得，又由，可得，故椭圆方程为.故选：D.【点睛】本题考查了椭圆基本量的运算，考查了椭圆的定义，关键点是把几何关系转化为数量关系，考查了转化思想，有一定的计算量，属于基础题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13. 抛物线的准线方程为_.【答案】【解析】试题分析：抛物线的标准方程是，所以准线方程是考点：抛物线方程14. 双曲线的其中一条渐近线方程为，且焦点到渐近线的距离为，则双曲线的方程为_【答案】【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程可得，再由焦点到渐近线的距离为可得，即可得答案；详解】由题意得：，双曲线的方程为，故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的渐
12、近线方程和焦点到渐近线的距离为，考查运算求解能力，属于基础题.15. 如图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 米.【答案】2米【解析】【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为，将A（2，-2）代入，得m=-2，代入B得，故水面宽为米，故答案为米考点：抛物线的应用16. 圆的半径为定长，是圆所在平面上与不重合的一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是_椭圆；双曲线；抛物线；圆；一个点【答案】【解析】【分析】由题设条件线段垂直平分线的性质，结合圆锥曲线的定义，分类讨论，即可求解.【详解】（1）因为为圆内的一
13、定点，为上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，可得，即动点到两定点的距离之和为定值，当不重合时，根据椭圆的定义，可知点的轨迹是：以为焦点的椭圆；当重合时，点的轨迹是圆；（2）当为圆外的一定点，为上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，可得，即动点到两定点的距离之差为定值，根据双曲线的定义，可得点的轨迹是：以为焦点的双曲线；（3）当为圆上的一定点，为上的一动点，此时点的轨迹是圆心.综上可得：点的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆、双曲线和圆的定义及其应用，其中解答中熟练应用线段垂直平分线的性质，以及椭圆和双曲线的定义是解答的关键，着重考查推理与论证能力，以及转
14、化思想的应用.三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17. 的内角的对边分别为，已知，.（1）求边；（2）设为边上的一点，且，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，求得，在中，由余弦定理列出方程，即可求解；（2）在中，由余弦定理求得，再在中，利用正弦定理，求得，得到点是的中点，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，在中，因为，由余弦定理，可得，解得，或（舍去）.（2）如图所示，在中，由余弦定理，可得在中，所以，所以是的中点，所以的面积.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用
15、，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题18. 已知数列为等比数列，首项，数列满足，且.（）求数列的通项公式；（）令，求数列的前项和.【答案】（）（）【解析】【分析】（I）设等比数列的公比为q，运用对数的运算性质和等比数列的通项公式，解方程即可得到公比，可得所求通项公式；（）bnlog2anlog24n2n，nan4n4n，运用分组求和和裂项相消求和，化简可得所求和【详解】（）由和得，.设等比数列的公比为，计算得出（）由（1）得， 设数列的前项和为，则 设数列的前项和为，则，【点睛】本题考
16、查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：分组求和和裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题19.如图，在三棱锥中, 侧面与侧面均等边三角形,为中点.（）证明：平面（）求二面角的余弦值.【答案】（）平面（）二面角的余弦值为【解析】【详解】证明：（）由题设AB=AC=SB=SC=SA. 连结OA，ABC为等腰直角三角形，所以OA=OB=OC=SA，且AOBC. 又SBC为等腰三角形，故SOBC，SO=SA，从而OA2+SO2=SA2，所以SOA为直角三角形，.又AOBC=O，所以SO平面ABC.（）解法一：取SC中点M, 连结AM,OM, 由（）知, 得OMSC，AMSC
17、.为二面角的平面角.由AOBC，AOSO，SOBC得AO平面SBC，所以AOOM. 又，故所以二面角的余弦值为 解法二：以O为坐标原点，射线OB、OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系设B(1,0,0)，则SC的中点，.故MOSC，MASC，等于二面角的平面角.所以二面角的余弦值为20. 设抛物线的焦点为，是抛物线上的点.（1）求抛物线的方程；（2）若过点的直线与抛物线交于不同的两点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由是抛物线上的点，代入方程可得抛物线的方程；（2）设，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理和抛物线的定义求出直线的斜率，进而得出直线方
18、程【详解】（1）因为是抛物线上的点，所以，又，解得，则抛物线C的方程为.（2）设，设直线方程为由得，由抛物线的定义知则解得，所以直线的方程为【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的方程和定义，属于中档题21. 甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v(千米/时)的平方成正比、比例系数为b；固定部分为a元(1)把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？【答案】(1) (2)见解析【解析】【
19、详解】解：（）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为， 全程运输成本为 故所求函数及其定义域为 ()依题意知S，a，b，v都为正数，故有当且仅当即时上式中等号成立若，则当时，全程运输成本y最小，若，则由于,当时为减函数，则在上为减函数当v=c时，全程运输成本y最小 综上知，为使全程运输成本y最小，当时行驶速度应为；当时行驶速度应为v=c22. 已知椭圆左、右焦点为、，若圆方程，且圆心满足.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于两点，过与垂直的直线交圆于两点，为线段中点，求的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用椭圆的焦点坐标以及圆心满足求得椭圆的标准方程；（2）若的斜率不存在，则与轴重合，则过圆心，点与点重合，可求出的面积；的斜率存在时，设，与椭圆方程联立，分别求出弦长和点到的距离，代入面积公式中，利用的范围求出的面积的取值范围【详解】（1）由题意可知：，故，从而，椭圆的方程为（2）若的斜率不存在，则与轴重合，则过圆心，点与点重合，此时的斜率存在时，设，设，由，消，得，直线与椭圆相交，故，即，为线段中点，又，又点到的距离，令，则，令，在单调递减，故综上，【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查弦长公式和面积公式，考查换元法求最值，属于中档题
