1、湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2019-2020学年高二数学上学期期中联考试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共60分）1.已知命题，则命题为 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先改变量词，然后否定结论，从而可得结果.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，首先改变量词，然后否定结论，所以命题的否定为，故选C.【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.2
2、.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A. 若则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系3.已知双曲线的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的方程,求得椭圆的焦点坐标,即为双曲线的焦点.再由渐近线方程,可得与的关系,结合双曲线中的关系得方程组,即可求得双曲线的标准方程.【详解】椭圆的标准方程为所以椭圆的半焦距为 所以椭圆的焦点坐标为,即双曲线的焦点为双曲线的一条渐近线方程为,即双曲线中满足所以
3、解方程组得所以双曲线的标准方程为故选:A【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质的应用,双曲线渐近线方程,属于基础题.4.已知中，则数列的通项公式是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据递推数列的形式特征,利用累乘法可求得数列通项公式.【详解】已知中,化简整理可得所以递推可得 等式两边分别相乘可得即所以故选:B【点睛】本题考查了数列递推公式的表示方法,累乘法在求数列通项公式中的用法,属于基础题.5.一束光线从点出发，经轴反射到圆上的最短路径长度是（ ）A. 4B. 5C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】先找到P关于轴对称点,由两点间距离公式可得,根据最短路径
4、为即可求解.【详解】圆则圆心坐标为,半径,如下图所示:设点,则点P关于轴对称点为由两点间距离公式可得所以最短路径的长度为故选:C【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,点关于直线的对称点及最短距离问题,属于基础题.6.已知三棱锥，是直角三角形，其斜边，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先将三棱锥补为四棱柱,三棱锥的外接球即为四棱柱的外接球,根据线段关系即可求出其外接球的半径,进而求出外接球的表面积.【详解】根据题意,将三棱锥补全为四棱锥,如下图所示:则三棱锥的外接球即为四棱柱的外接球.是直角三角形,其斜边所以则 所以四棱柱外接球半径 则四棱柱
5、外接球的表面积为,即三棱锥的外接球表面积为故选:A【点睛】本题考查了三棱锥外接球表面积的求法,因为三棱锥中三条棱两两垂直,可将三棱锥补成直四棱锥研究其外接球,属于基础题.7.已知椭圆，过右焦点且倾斜角为的直线交椭圆于、两点，设的中点为，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据椭圆标准方程可得焦点的坐标,进而得直线方程.联立椭圆方程,根据韦达定理及中点坐标公式可得中点的坐标,即可得直线的斜率.【详解】椭圆的标准方程为所以半焦距,即右焦点坐标过右焦点的直线倾斜角为,即斜率 所以直线方程为 联立直线方程与椭圆方程,化简可得设直线与椭圆两个交点、则由韦达定理可得 则
6、由中点坐标公式可得中点则直线的斜率为故选:B【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系,中点弦问题的解法,属于基础题.8.已知、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，若，则双曲线的离心率为（ ）A. B. 4C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线定义及已知条件,用表示出,可得为等边三角形,得,在中由余弦定理可得与的关系式,即可求得双曲线的离心率.【详解】因为双曲线,直线过且与双曲线的左、右两支分别交于点、,如下图所示:由双曲线定义可知, 而,所以 则,所以,即为等边三角形.在中,由余弦定理可得 代入可得化简可得即双曲线离心率为 故选:D【点睛】本题考查了双曲线的
7、定义及简单性质的应用,余弦定理解三角形的用法,双曲线离心率的求法,属于中档题.9.已知圆锥的母线长为，底面圆半径长为，圆心为，点是母线的中点，是底面圆的直径.若点是底面圆周上一点，且与母线所成的角等于，则与底面所成的角的正弦值为（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】连接,过作.连接,即即为与母线所成的角或补角,再由余弦定理即可求得,在中即可求得与底面所成的角的正弦值.【详解】连接,过作.连接如下图所示:根据中位线定理可得,平面即为与底面所成的角或补角因为圆锥的母线长为,底面圆半径长为则所以因为则即为与母线所成的角或补角,即或因为,在中由余弦定理可得 当时,代入可得当时,代
8、入可得则 或所以与底面所成的角的正弦值为或故选:C【点睛】本题考查了圆锥中直线与平面夹角的求法,空间中线线、线面、面面的位置关系,余弦定理在解三角形中的应用,属于中档题.10.已知抛物线的准线方程为，的顶点在抛物线上，、两点在直线上，若，则面积的最小值为（ ）A. 10B. 8C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的准线方程可求得抛物线的方程,设出A点坐标,利用点到直线距离公式表示出到直线的距离,求出距离的最小值即可得面积的最小值.【详解】因为抛物线的准线方程为所以,解得 即抛物线方程为因为在抛物线上,设,直线化为则点到直线的距离 所以当时, 则由可得面积最小值为 故选:D【点睛
9、】本题考查了抛物线标准方程及其性质的简单应用,点到直线距离公式的用法,属于基础题.11.已知非零实数、和1依次成等差数列，直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为（ ）A. 且B. 且C. 且D. 且【答案】D【解析】【分析】根据三个数成等差数列,可得、的等量关系,代入直线方程即可求得直线过的定点坐标,由直线与椭圆恒有公共点可知定点在椭圆内,即可求得的取值范围.【详解】因为非零实数、和1依次成等差数列则,即直线方程可化为因而所以直线经过定点 因为直线与椭圆恒有公共点所以只需定点在椭圆内或在椭圆上即可即且 解得且故选:D【点睛】本题考查了直线与椭圆位置关系,直线过定点的求法,属于基础题.12.我
10、们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，表示数列的前项之和，则使不等式成立的最小正整数的值是（ ）A. 10B. 9C. 8D. 11【答案】A【解析】【分析】根据定义代入化简得数列的通项公式,由通项公式可知数列为等比数列.根据等比数列的求和公式先求得,再代入通项式中求得通项,结合裂项求和法即可求得不等式左边的和.最后代入的值检验即可判断能成立的最小正整数值.【详解】因为,且代入可得则数列为等比数列,首项为 根据等比数列的求和公式可得所以所以不等式左边则不等式为当时不等式左边为,不等式右边为,则不等式不成立当时不等式左边为,不等式右边为,则不等式成立综上可知使不等式成立的最小正整数的
11、值是故选:A【点睛】本题考查了等比数列通项公式的求法,等比数列前n项和公式的应用,裂项求和法的综合应用,不等式比较大小,综合性较强,属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知曲线，则“”是“曲线表示焦点在轴上的椭圆”的_条件.（填“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”或者“既不充分也不必要”）【答案】充分不必要【解析】【分析】由代入检验曲线方程,或根据椭圆的标准方程解不等式求出的取值范围,结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】曲线方程可化简为当时,可得,即,所以曲线表示焦点在轴上的椭圆若曲线表示焦点在轴上的椭圆,则满足 ,解得综上可知“”是“曲线表示焦点在轴上的椭圆”
12、的充分不必要条件故答案为: 充分不必要【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其简单性质,充分必要条件的判定,属于基础题.14.若，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据空间向量共线的条件,解方程组即可求得的值.【详解】因为,且则存在实数,满足所以,即,解方程组可得所以故答案为: 【点睛】本题考查了空间向量共线的坐标简单应用,属于基础题.15.过点且在轴和轴上的截距相等的直线方程是_.【答案】或【解析】【分析】当直线过原点时,在轴和轴上的截距都为0,也相等;当直线在轴和轴上的截距不为0时,可设截距式,代入坐标即可求解.【详解】当直线经过原点时, 在轴和轴上的截距都为0,也相等,此时直线的斜率,则直线
13、方程为,即当直线在轴和轴上的截距不为0时,设直线方程为,代入可得,解得,则直线方程为,即综上可知,直线方程为或故答案为: 或【点睛】本题考查了直线的截距式方程的应用,注意讨论截距等于0的情况,属于基础题.16.平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆或双曲线，给出以下四个结论：当时，曲线是一个圆；当时，曲线的离心率为；当时，曲线的渐近线方程为；当曲线的焦点坐标分别为和时，的范围是.其中正确的结论序号为_.【答案】【解析】【分析】设出动点的坐标,根据斜率之积为可求得动点的轨迹方程.依次代入的值可判断;讨论当分别取和时焦点坐标,求得都为和,因而可判断
14、.详解】设动点 当时, 即,化简可得 又因为,满足所以动点的轨迹方程为当时,曲线的方程为,为圆心在原点,半径为的圆,所以正确;当时,曲线的方程为,可化为,为焦点在轴上的椭圆,所以,则离心率为,所以错误;当时,曲线的方程为,可化为,为焦点在轴上的双曲线,所以渐近线方程为,所以正确;当时,曲线的方程可化为,表示焦点在轴上的椭圆,则,则焦点坐标为和.当时,曲线的方程可化为,表示焦点在轴上的双曲线,则,则焦点坐标为和.由以上可知,当焦点坐标为和时,的取值范围为,所以错误.综上可知,正确的序号有故答案为: 【点睛】本题考查了曲线方程的综合性质与应用,椭圆与双曲线的焦点与离心率性质的应用,分类讨论思想的应
15、用,计算量较大,属于难题.三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.如图，四棱锥中，.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定理即可证明.（2）因为,则即为异面直线与所成角,在中求得各边的长度,由余弦定理即可求得,根据异面直线夹角的范围即可判断夹角的余弦值.【详解】（1）证明：,平面,（2）为异面直线与所成的角或其补角, 平面,.则 在中,在中,由余弦定理可得因为异面直线夹角的范围为异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定,异面直线夹角的求法,余弦定理在解三角形中的应用,注
16、意异面直线夹角的范围,属于基础题.18.已知抛物线的焦点，上一点坐标为.（1）求抛物线的方程；（2）过作直线，交抛物线于，两点，若直线中点的纵坐标为，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将点坐标代入解析式,求得的值,即可求得抛物线方程.（2）方法一:设点,根据中点纵坐标即可利用点差法求得直线的斜率,由点斜式即可求得直线方程;方法二,设出直线方程,联立直线方程与抛物线方程,根据韦达定理和中点的纵坐标,即可求得直线方程.【详解】（1）把代入抛物线方程解得的方程为.（2）法一：由（1）得抛物线的方程为,焦点设,两点的坐标分别为,代入抛物线可得则,两式相减,整理得线段中点的纵坐
17、标为直线的斜率直线的方程为即法二：由（1）得抛物线的方程为,焦点设直线的方程为由消去,得设,两点的坐标分别为,线段中点的纵坐标为解得直线的方程为即【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,点差法求直线方程的应用,韦达定理及中点坐标公式的用法,属于基础题.19.已知等差数列的前项和为，满足，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）. 【解析】【分析】（1）根据,且,成等比数列可分别求得等差数列的公差和首项,即可求得数列的通项公式.（2）先求得数列通项公式,进而利用错位相减法即可求得前项和.【详解】（1）等差数列满足化简可得,即等差数列的公差为又,成等比数
18、列,所以,即,解得,所以.（2）数列的通项公式为则两式相减得所以. 所以.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的求法,等比数列通项公式的应用,错位相减法求和的应用,属于中档题.20.已知圆心在轴上的圆经过点，截直线所得弦长为，直线.（1）求圆的方程；（2）若直线与圆相交于、两点，当为何值时，的面积最大.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据圆心在轴上设出圆的方程,将点带入,结合垂径定理即可得关于和的方程组,解方程组求出和即可得圆的方程.（2）先利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离的表达式,再由垂径定理表示的长度,即可表示出的面积,结合基本不等式即可求得当面积取最大值时的值.【详解
19、】（1）设圆的方程为：,把代入得,又圆截直线所得弦长联立解得,圆方程为：（2）圆心到直线的距离由此时即时等号成立解得或则当或时的面积最大.【点睛】本题考查了圆的标准方程求法,直线与圆相交的性质及应用,点到直线距离公式的应用,属于基础题.21.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，为的中点（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】利用与交于，连接证明，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；对于存在性问题，可先假设存在，即假设在线段上是否存在点，使二面角的大小为再通过建立空间直角
20、坐标系，求出相关点的坐标，利用坐标法进行求解判断【详解】与交于，连接由已知可得四边形是平行四边形，所以是的中点因为是的中点，所以又平面，平面，所以平面 由于四边形是菱形，是的中点，可得又四边形是矩形，面面，面，如图建立空间直角坐标系，则，0，0，2，设平面的法向量为，则， ，令， ，又平面的法向量，0，解得， ，在线段上不存在点，使二面角的大小为【点睛】本题主要考查空间直线和平面平行的判断以及二面角的应用，考查存在性问题，建立坐标系利用向量法是解决本题的关键考查学生的运算和推理能力利用空间向量法求二面角的一般方法，属于中档题.22.已知点在椭圆上，椭圆的右焦点，直线过椭圆的右顶点，与椭圆交于另
21、一点，与轴交于点.（1）求椭圆的方程；（2）若为弦的中点，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若，交椭圆于点，求的范围.【答案】（1）；（2）存在，；（3）.【解析】【分析】（1）设点为,利用椭圆的定义及两点间距离公式可求得,结合及椭圆中的关系可求得,则求得椭圆的标准方程.（2）根据直线过椭圆的右顶点可设出直线,联立椭圆方程,结合韦达定理可用斜率表示出D点的坐标,再由中点坐标公式表示出点坐标,即可得直线的斜率.根据直线交轴于,可表示出点坐标.设出定点,表示出直线的斜率,根据可知,根据恒成立问题即可求得的坐标.（3）设出直线的方程,联立椭圆即可求得点M的坐
22、标,代入后化简为关于直线斜率的表达式,通过构造函数,并根据函数的单调性即可求得的取值范围.【详解】（1）设椭圆过的定点为,且左焦点为因为椭圆的右焦点则 所以由椭圆定义所以 由椭圆中的关系可知椭圆的标准方程：（2）由题意可知,直线的斜率存在且不为0,直线过椭圆的右顶点,交另外一点于D.设直线的方程,联立方程可得,消去整理得：,则由韦达定理可知,则,代入直线方程可得,由为弦的中点,根据中点坐标公式可得,直线的斜率, 对于直线的方程,令,则,假设存在定点,满足,直线的斜率,整理得,由恒成立,则,解得则定点的坐标为； （3）由,则直线的方程,设,由,解得,令,（直线的斜率存在且不为0,）函数在单调递增,的取值范围是.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法,直线与椭圆的位置关系及椭圆性质的综合应用,综合性强,难度大,属于难题.