1、江西省南昌市安义中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，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. 在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z0，则动点P的轨迹是（ ）A. 平面B. 直线C. 不是平面，也不是直线D. 以上都不对【答案】A【解析】【详解】试题分析：如图，在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z=0，则动点P的轨迹是坐标平面xOy面考点：轨迹方程2.直线被圆截得的弦长为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 【答案】C【解析】【详解】因为化为，可知圆的圆心为,半径为，圆心到直线的距离为，由勾
2、股定理可得直线被圆截得的弦长为，故选C.3. 已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）A. 108cm3B. 100cm3C. 92cm3D. 84cm3【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）据此即可得出体积解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）该几何体的体积V=663=100故选B考点：由三视图求面积、体积4.在抛物线上有一点，它到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，则点坐标是（ ）A
3、. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，此时点到的距离与它到抛物线焦点距离之和最小，可得点坐标.【详解】解：由题意可得，点在的内部，过点作准线的垂直,垂足为点，交抛物线于点，由抛物线定义，,故,将代入，可得，点坐标是，故选：D.【点睛】本题主要主要考查抛物线的性质，抛物线上点到焦点的距离等于此点到准线的距离，相对不难.5. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，这是一个三棱柱，内切球在正视图的投影是正视图的内切
4、圆，设其半径为，根据三角形面积公式有.考点：几何体的内切球.6.下列命题中正确的是（ ）A. “”是“直线与直线相互平行”的充分不必条件B. “直线垂直平面内无数条直线”是“直线垂直于平面”的充分条件C. 已知、为非零向量，则“”是“”的充要条件D. ：存在，.则：任意，【答案】D【解析】【分析】由两直线平行与系数的关系式求得判断A;由线面垂直的判定定理判断B；由平面向量的数量积的运算判断C；写出特称命题的否定判断D，综合可得答案.【详解】解：由直线与直线相互平行 ，可得，故可得：“”是“直线与直线相互平行”的既不充分也不必条件，故A错误；直线垂直平面内无数条直线不一定有直线垂直平面，故“直线
5、垂直平面内无数条直线”不是“直线垂直于平面”的充分条件，故B错误；、为非零向量，由“”不能得到“”，反之由“”能够得到“”，故“”是“”的必要不充分条件，故C错误；：存在，.则：任意，故D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查命题真假的判断，涉及全称命题与特称命题的否定的书写、充分必要条件的判断等知识点，属于中档题.7.如图，是一个正方形，平面，则图中（侧面，底面）互相垂直的平面共有（ ）A. 4组B. 5组C. 6组D. 7组【答案】B【解析】【分析】先有平面得到2组互相垂直的平面，再利用四边形是一个正方形得到其他相互垂直的平面，可得答案.【详解】解：由平面，可得平面平面,平面平面,又因为是一
6、个正方形，所以平面平面平面,同理可得平面平面,平面平面,故共有5组，故选：B.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定定理，由线面垂直推导出面面垂直是常用的方法，属于基础题型.8.命题：不等式的解集为，命题：“”是“”成立的必要非充分条件，则（ ）A. 真假B. “且”为真C. “或”为假D. 假真【答案】A【解析】【分析】由不等式，可得,解得，可得命题的真假；由可得，但由不一定有，可得命题的真假，可得答案.【详解】解：由不等式，可得，解得：，故为真命题；：不一定有，如，但，故为假命题；故选：A.【点睛】本题是一道关于命题的题目，关键是掌握充分条件与必要条件的判断方法与不等式的解法，属于基础题型.9
7、.F1、F2分别是双曲线-=1（a0，b0）的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于A、B两点，若ABF2是等边三角形，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图，设等边三角形边长为，设，根据双曲线的定义有，解得.在三角形中，由余弦定理得，化简得.10.已知曲线：，点及点，如图，从点观察点，要使视线不被曲线挡住，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意知，当直线与圆相离时满足题意，即圆心到直线的距离大于半径，列出不等式可得的取值范围.【详解】解：由直线过点及点，可得直线的方程为：，即：，由题意可得圆心到直线的距离大
8、于半径，故，解得或，故的取值范围是，故选：A.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，体现了数形结合的数学思想，属于基础题.11.如图，共顶点的椭圆，与双曲线，的离心率分别为，其大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据椭圆越扁离心率越大判断，的大小，再由双曲线开口越大离心率越大判断，的大小，最后根据椭圆离心率大于0小于1，抛物线离心率大于1进行判断可得答案.【详解】解：根据椭圆越扁离心率越大，可得，根据双曲线开口越大离心率越大，可得，故可得：，故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆、双曲线的离心率的性质，熟悉椭圆越扁离心率越大、双曲线开口越大离心
9、率越大的性质是解题的关键.12.过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于.若以的右焦点为圆心、半径为4的圆经过，则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】可得渐近线方程为，将x=a代入求得由条件知，半焦距,所以由得，又因,所以解得，双曲线的方程为故选A二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）13.写出命题“若方程的两根均大于0，则”的一个等价命题是_.【答案】若，则方程的两根不全大于0【解析】【分析】根据互为逆否命题的两个命题是等价命题，写出原命题的逆否命题可得答案.【详解】解：根据原命题与逆否命题是等价命题，所以命题“若方
10、程的两根均大于0，则”的一个等价命题是：若，则方程的两根不全大于0，故答案为：若，则方程的两根不全大于0.【点睛】本题主要考查四种命题的关系，其中原命题与逆否命题是等价命题，写出原命题的逆否命题是解题的关键.14.若过点的直线与双曲线相交于，两点，且是线段的中点，则直线的方程为_【答案】【解析】【分析】设出的坐标，代入双曲线方程，两式相减,根据中点的坐标可知和的值,进而求得直线的斜率，根据点斜式求得直线的方程.【详解】设，则，直线的方程为，即，故答案为.【点睛】本题主要考查双曲线的方程、直线的斜率公式、直线点斜式方程的应用，意在考查灵活运用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 涉及弦长的中点问
11、题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.15.直线与曲线交点的个数为_.【答案】2个【解析】【分析】分析题意，可对的取值范围进行讨论，分别得出、时曲线的表达式，将直线与曲线方程联立，通过方程组的解可得交点个数.【详解】解：若，由，可得，解得，（舍去），故直线与半双曲线只有一个交点，若，由，可得，可得，可得直线与半椭圆只有一个交点，（其中时也为直线与半双曲线的交点），故答案为：2个.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，解决的方法是分类讨论，解方程组，体现了数学的转化思想与方程思想.16.在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，点为正方形所在平面内
12、的一个动点，且满足，则线段的长度的最大值是_.【答案】【解析】【分析】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，由，可得，进而可得出结果.【详解】在正方形所在平面内建立平面直角坐标系，设，则有，因为，所以，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，所以线段长度的最大值为.故答案为6【点睛】本题主要考查点线面间的距离计算，以及立体几何中的轨迹问题，常用坐标系的方法处理，属于常考题型.三、解答题（本大题共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.写出命题“若（y1）20，则x2且y1”的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假【答案】详见解析【解析】试题分析：原命题
13、的逆命题需将条件和结论加以交换，否命题需将条件与结论分别否定，逆否命题需将条件和结论否定后并交换试题解析：逆命题：若否命题：若逆否命题：若考点：四种命题18.已知抛物线，椭圆，它们有共同的焦点，并且相交于、两点，是椭圆的另一个焦点.试求：（1）的值；（2）、两点的坐标；（3）的面积.【答案】（1）8；（2），；（3）【解析】【分析】（1）由抛物线方程为，可得；（2）联立抛物线与椭圆方程，可得、两点坐标；（3）由P点坐标可得的边的高，而，可得的面积.【详解】解：（1）由抛物线方程为，可得，故；（2）联立抛物线与椭圆方程可得：或，故可得：，.（3）由（1）可得，.【点睛】本题主要考查抛物线、椭圆的
14、标准方程及焦点的求法及两曲线方程形成的方程组的解与两曲线交点的关系，注意运算准确，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为正三角形，且侧面底面，为线段的中点，在线段上.（1）当是线段的中点时，求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连结，交于点，连结，由中位线性质可得，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）易得，由线面垂直的性质定理可得面，可得.【详解】证明：（1）连结，交于点，连结，为中点，为中点，.又面，面，面.（2）为正三角形，为的中点，.又面面且相交于，面，面，【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理及面面垂直的性质定理，考查
15、学生的空间想象能力，注意灵活运用各定理解题.20.已知圆及直线：.(1)证明：不论取什么实数，直线与圆C总相交；(2)求直线被圆C截得弦长的最小值及此时的直线方程.【答案】(1)证明见解析；(2) ，.【解析】【分析】（1）根据直线过的定点在圆内，得出直线与圆总相交（2）作图分析出当直线与半径CM垂直与点M时|AB|最短，利用勾股定理求出此时|AB|的长，再运用两直线垂直时斜率相乘等于1，求出此时直线的方程【详解】解：(1)证明：直线方程可化为，由方程组，解得所以直线过定点M(3，1)，圆C化为标准方程为，所以圆心坐标为(1，2)，半径为5，因为定点M(3，1)到圆心(1，2)距离为，所以定点
16、M(3，1)在圆内，故不论m取什么实数，过定点M(3，1)的直线与圆C总相交；(2)设直线与圆交于A、B两点，当直线与半径CM垂直与点M时，直线被截得的弦长|AB|最短，此时，此时，所以直线AB的方程为，即.故直线被圆C截得的弦长的最小值为，此时的直线的方程为.【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，当直线与半径CM垂直于点M时|AB|最短是解题的关键，是中档题21.如图，在四棱柱中，侧棱底面，且点和分别为和中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【详解】如图，以为原点建立空间
17、直角坐标系，依题意可得，又因为分别为和的中点，得.（）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，由此可得，又因为直线平面，所以平面（），设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，设为平面的一个法向量，则，又，得，不妨设，可得因此有，于是，所以二面角的正弦值为.（）依题意，可设，其中，则，从而，又为平面的一个法向量，由已知得，整理得，又因为，解得，所以线段的长为.考点：直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.22.已知椭圆的离心率为，左顶点为，过原点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，其中点在第二象限，过点作轴的垂线交于点求椭圆的标准方程；当直线的斜率为时，求的面积
18、；试比较与大小【答案】见解析【解析】试题分析：（1）利用离心率、左顶点坐标求解即可；（2）根据直线过原点且斜率为写出直线方程，联立直线和椭圆方程，求出，再写出直线的方程，求出点的坐标，利用三角形的面积公式进行求解；（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、弦长公式及椭圆的对称性进行求解.试题解析：因为左顶点为，所以因为椭圆的离心率为，所以，解得又因为，所以故所求椭圆的标准方程为因为直线过原点，且斜率为所以直线的方程为代入椭圆方程解得因为，所以直线的方程为从而有故的面积等于方法一：设直线的方程为，代入椭圆方程得设，则有，解得从而由椭圆对称性可得所以于是故从而所以因为点在第二象限，所以，于是有方法二：设点，则点因为，所以直线的方程为所以从而 从而有
