1、四川省成都市郫都区2019-2020学年高二数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1.直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出【详解】设直线x+y1=0的倾斜角为直线x+y1=0化为tan=0，180），=150故选：D【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题2.抛物线的焦点坐标是( )A. (0，1)B. (1，0)C. (，0)D. (0，)【答案】D【解析】【分析】先化简为标准方程，进而可得到p的值，即可确定答案【详解】由题意可知 焦点坐标为(0，)故答案为：D【点睛】本题主要考查抛物线的
2、性质属基础题3.双曲线的一个焦点到它的渐近线的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据双曲线的标准方程得出双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，然后根据点到直线距离公式即可得出结果。【详解】由双曲线的标准方程可知，焦点在轴上，所以，焦点坐标为，所以双曲线的渐近线方程为，取焦点坐标，渐近线方程，即，焦点到渐近线的距离，故选C。【点睛】本题考查双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，考查点到直线距离公式，考查对双曲线标准方程的理解，体现了基础性，是简单题。4.下列说法正确的是（ ）A. 命题“3能被2整除”是真命题B. 命题“， ”的否定是“， ”C. 命题“47是7的倍数
3、或49是7的倍数”是真命题D. 命题“若都是偶数，则是偶数”的逆否命题是假命题【答案】C【解析】对于A：“3能被2整除”显然不正确；对于B：由于命题“，”的否定是，故B不正确；对于C：47是7的倍数或49是7的倍数是复合命题或的形式，其中：47是7的倍数为假，：49是7的倍数为真，其中为真，故命题：47是7的倍数或49是7的倍数为真，故C正确；对于D：命题“若，都是偶数，则是偶数”为真命题，由原命题与逆否命题的等价性得，其逆否命题也为真命题，故D不正确；故选C.5.已知是不同的两个平面，直线，直线，条件与没有公共点，条件，则是的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D.
4、既不充分又不必要条件【答案】B【解析】与没有公共点时，与所在的平面可能平行，也可能相交（交点不在直线上）命题：与没有公共点命题：，为假命题又时，与平行或异面，即与没有公共点命题：命题：与没有公共点，为真命题；故是的必要不充分条件故选B6.直线与平行，则的值等于( )A. -1或3B. 1或3C. -3D. -1【答案】D【解析】试题分析：直线可化为，斜率为在y轴上截距两直线平行，则直线斜率存在，即直线可化为斜率为在y 轴上截距为则由得即，解得故选D考点：直线方程与直线平行间的关系7.设m、n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ）/，则； ； A. 和B. 和C.
5、和D. 和【答案】D【解析】可以使任意角，可以是任意角。所以选D8.若直线ykx1与圆x2y21相交于P、Q两点，且POQ120(其中O为坐标原点)，则k的值为()A. B. C. 或D. 和【答案】C【解析】【分析】直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且POQ=120（其中O为原点），可以发现QOx的大小，求得结果【详解】如图，直线过定点（0，1），POQ=120OPQ=30，1=120，2=60，k=故选：C【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题9.一空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 1B. 3C. 6D
6、. 2【答案】D【解析】【分析】几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.【详解】由三视图可知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.四棱锥体积是.故选D.【点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，由三视图求几何体的体积，关键是由三视图还原几何体，同时还需掌握求体积的常用技巧如：割补法和等价转化法10.已知圆，圆，则这两个圆的公切线条数为（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】D【解析】【分析】根
7、据题意，分析两圆的圆心与半径，进而分析两圆的位置关系，据此分析可得答案【详解】根据题意，圆，即其圆心为，半径，圆，其圆心为，半径，则有，两圆外离，有4条公切线；故选：D【点睛】本题考查圆与圆的位置关系以及两圆的公切线，关键是分析两圆的位置关系，属于基础题11.在平面直角坐标系中，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：设直线因为，表示点到直线的距离，所以圆心的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，圆的半径最小值为，圆面积的最小值为故本题的正确选项为A.考点：抛物线定义.12.已知椭圆的左右焦点分别为，点为椭圆
8、上一点. 的重心为，内心为，且，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，设Q（x0，y0），由G为F1QF2的重心，得G点坐标为（，），利用面积相等可得，2c|y0|=（2a+2c）|，从而求椭圆的离心率【详解】椭圆的左右焦点分别为F1（c，0），F2（c，0），设Q（x0，y0），G为F1QF2重心，G点坐标为 G（，），则，I的纵坐标为，又|QF1|+|QF2|=2a，|F1F2|=2c，=|F1F2|y0|，又I为F1QF2的内心，|即为内切圆的半径，内心I把F1QF2分为三个底分别为F1MF2的三边，高为内切圆半径的小三角形，=（|QF1|+|
9、F1F2|+|QF2|）|，即2c|y0|=（2a+2c）|，2c=a，椭圆C的离心率为e=，该椭圆的离心率，故选：A【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、三角形的重心与内心的性质、三角形面积计算公式、向量共线定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题二、填空题（本大题共4小题）13.已知x、y满足不等式组，则z=3x+y的最大值为_【答案】9【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，可得当时，求出取得最大值【详解】作出x、y满足不等式组表示的平面区域，得到如图的三角形及其内部，其中，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，故答案为：9【点睛
10、】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题14.体积为的球的内接正方体的棱长为_。【答案】2【解析】可知球半径，而球内接正方体的体对角线长等于球直径。设正方体的棱长为，则有，解得15.椭圆+=1与双曲线-=1有公共的焦点F1，F2，P是两曲线的一个交点，则cosF1PF2=_ 【答案】【解析】【分析】不妨设点P在第一象限，再根据椭圆、双曲线的定义和性质，可得|PF1|+|PF2|=2，|PF1|-|PF2|=2，求得|PF1|和|PF2|的值，根据|F1F2|=4，利用余弦定理可得cosF1PF2的值【详解】由题意
11、设焦点F2（2，0）、F1（-2，0），3+b2=4，求得b2=1，双曲线-=1，即双曲线-y2=1不妨设点P在第一象限，再根据椭圆、双曲线的定义和性质，可得|PF1|+|PF2|=2，|PF1|-|PF2|=2，可得|PF1|=+，|PF2|=-，且|F1F2|=4再由余弦定理可得cosF1PF2=即=，故答案为：【点睛】本题主要考查椭圆、双曲线的定义和性质及其标准方程，余弦定理的应用，属于中档题16.抛物线上一点到抛物线准线的距离为，点关于轴的对称点为，为坐标原点，的内切圆与切于点，点为内切圆上任意一点，则的取值范围为_【答案】【解析】因为点在抛物线上，所以，点A到准线的距离为，解得或当时
12、，故舍去，所以抛物线方程为，所以是正三角形，边长为，其内切圆方程为，如图所示，设点（为参数），则，【点睛】本题主要考查抛物线性质的运用，参数方程的运用，三角函数的两角和公式合一变形求最值，属于难题，对于这类题目，首先利用已知条件得到抛物线的方程，进而可得到为等边三角形和内切圆的方程，进而得到点的坐标，可利用内切圆的方程设出点含参数的坐标，进而得到，从而得到其取值范围，因此正确求出内切圆的方程是解题的关键.三、解答题（本大题共6小题）17.已知：方程有两个不等的正根； ：方程表示焦点在轴上的双曲线.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若“或”为真，“且”为假，求实数的取值范围【答案】（1）
13、.；（2）或.【解析】试题分析：（1）根据双曲线的性质可得，当焦点在轴上时，即；（2）分别求出，真时的的范围，再根据真假或假真得到的范围.试题解析：（1）由已知方程表示焦点在轴上的双曲线，所以，解得，即.（2）若方程有两个不等的正根，则解得，即.因或为真，所以至少有一个为真.又且为假，所以至少有一个为假.因此，两命题应一真一假，当为真，为假时，解得；当为假，为真时，解得.综上，或.考点：复合命题的真假.18.在中，分别是内角对边，且2cos Acos C(tan Atan C1)1.(1)求的大小；(2)若，求的面积【答案】(1) .(2) .【解析】分析：(1)由题意结合三角函数的性质计算可
14、得，则；(2)由题意结合余弦定理可得，则ABC面积.详解：(1)由已知得2cos Acos C1，所以2(sin Asin Ccos Acos C)1，即cos(AC)，所以cos B ，又0B，所以B.(2)由余弦定理，得cos B，即，又因为ac，b，所以2ac3ac，即ac，所以SABCacsin B.点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用解决三角形问题时，注意角的限制范围19.已知在等比数列an中，a1=2，且a1，a2，a3-2成等差数列（
15、1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn满足：，求数列bn的前n项和Sn【答案】（1）an=2n，nN*（2）1-+n2【解析】【分析】（1）等比数列an的公比设为q，由等差数列中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得q，进而得到所求通项公式；（2）求得=+2log22n-1=+2n-1，由数列的分组求和和等差数列、等比数列的求和公式，计算可得所求和【详解】（1）等比数列an的公比设为q，a1=2，a1，a2，a3-2成等差数列，可得2a2=a1+a3-2，即为4q=2+2q2-2，解得q=2，则an=a1qn-1=2n，nN*；（2）=+2log22n-1=+2n-1，则数列bn的前n项和
16、Sn=（+）+（1+3+2n-1）=+n（1+2n-1）=1-+n2【点睛】本题考查等差数列中项性质和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列分组求和，以及化简整理的运算能力，属于中档题20.如图，多面体中，底面是菱形，四边形是正方形且平面.（1）求证：平面；（2）若，求多面体的体积.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由面面平行的判定定理先证明平面平面，进而可得平面；（2）将多面体拆成两个四棱锥，由四棱锥的体积公式即可求出结果.【详解】（1）证明：是菱形，.又平面，平面，平面.又是正方形，.平面，平面，平面.平面，平面 平面平面，平面.（2）解：连接，记.是菱形，且
17、.由平面，平面，.平面，平面，平面于，即为四棱锥的高.由是菱形，则为等边三角形，由，则， ，【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及几何体的体积，证明线面垂直，有时需要先证面面垂直，熟记判定定理以及体积公式即可，属于常考题型.21.已知动点满足：.（）求动点的轨迹的方程；（）设过点的直线与曲线交于两点，点关于轴的对称点为（点与点不重合），证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）动点到点，的距离之和为，且，所以动点的轨迹为椭圆，从而可求动点的轨迹的方程；（2）直线的方程为：，由得，根据韦达定理可得，直线的方程为，即可证明其过定点.试题解析：（1）由已
18、知，动点到点，的距离之和为，且，所以动点的轨迹为椭圆，而，所以，所以，动点的轨迹的方程：. （2）设，则，由已知得直线的斜率存在，设斜率为，则直线的方程为：由得，所以， 直线的方程为：，所以，令，则，所以直线与轴交于定点.22.已知椭圆C: 的离心率为，且过点（1，）（）求椭圆C的方程；（）设与圆相切的直线交椭圆C于A，B两点，求面积的最大值，及取得最大值时直线的方程【答案】（1）；（2）面积最大值为，此时直线方程【解析】试题分析：（1）利用由条件求出椭圆的几何量，然后求解椭圆方程；（2）当不存在时，直接求解三角形的面积；当存在时，设直线为，联立直线与椭圆的方程组，通过韦达定理与距离公式表示出三角形的面积，利用基本不等式求出最大值然后求解直线方程.试题解析：（1）由题意可得：（2）当不存在时，当不存在时，设直线为，,当且仅当，即时等号成立，面积的最大值为，此时直线方程.考点：椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；
