1、吉林省长春市绿园区长春兴华高中2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 理（含解析）第I卷 选择题（共60分）本试卷分选择题和非选择题两部分共22道题，共150分，共3页.考试时间为120分钟.考试结束后，只交答题卡.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个是符合题目要求的，把答案涂在答题卡上)1.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示. 则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由三视图可知,上面是半径为的半球,体积为,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积,故选C.【考点】根据三视图求几何体的体积
2、【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面地考查了考生的识图用图能力、空间想象能力、运算求解能力等.2.下列命题中的假命题是（ ）A. B. C. 命题“若，则”的逆否命题D. 若为假命题，则与都是假命题【答案】C【解析】【分析】对于A，由指数函数的性质即可判定A为真命题，对于B，根据方程有解可判定B为真命题，对于C，根据原命题与逆否命题同真假可判定C是假命题.对于D，根据的真假性即可判定D为真命题.【详解】对于A，恒大于，故A正确.对于B，方程，解得：或，存在，故B正确.对于C，原命题“若，则”为假命题，所以逆否命题也为假命题，故C错
3、误.对于D，根据的真假性为“同假为假，有真为真”可判定D正确.故选：C【点睛】本题主要考查命题的真假性，同时考查了逻辑连接词，属于简单题.3.已知直线，若，则实数（ ）A. 0B. C. 0或3D. 0或【答案】D【解析】【分析】分别讨论的斜率存在和不存在情况下的即可.【详解】当的斜率不存在时，即，.当的斜率存在时，即，.因为，所以，解得.综上或.故选：D【点睛】本题主要考查根据两条直线垂直求参数的值，同时考查了学生的分类讨论的思想，属于简单题.4.下列双曲线中，焦点在轴上，且渐近线方程为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据双曲线的焦点在轴上，排除A和D，再计算
4、B和C渐近线方程即可.【详解】选项A和D的焦点在轴上，故排除A和D.选项B，渐近线方程为.故选：B【点睛】本题主要考查双曲线几何性质中的渐近线，属于简单题.5.“”是“直线的倾斜角大于”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】设直线的倾斜角为，则.若，得，可知倾斜角大于；由倾斜角大于得，或，即或，所以“”是“直线的倾斜角大于”的充分而不必要条件，故选A.6.设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面位
5、置关系.7.已知圆与直线及都相切，并且圆心在上，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先设出圆心坐标，根据圆与直线及都相切，得到方程，解方程即可求出圆心坐标，再求圆的方程即可.【详解】由题知，设圆心为.圆心到直线的距离.圆心到直线的距离.因为，所以，解得.所以圆心为，.圆为：.故选：B【点睛】本题主要考查直线与圆相切，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.8.过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于、两点，以、为直径的圆分别与轴相切于点，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理即可求解【详解】设，则，直
6、线的方程为：，联立，可得，故选D【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质，特别是焦点弦问题，解题时要善于运用抛物线的定义解决问题，属于中档题.9.已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径的球面上，则这个球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据题意画出图形，根据三棱锥的体积为，可得到，再计算外接球的半径和表面积即可.【详解】如图所示：因为，即，所以.，.所以.,.故选：C【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的表面积，同时考查了三棱锥的体积，属于中档题.10.已知点，点在直线上，若使取得最小值，则点 的坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【
7、解析】【分析】首先根据图形算出关于直线的对称点为，求出直线，再联立直线和直线即可求出点坐标.【详解】如图所示：设关于直线的对称点为，得到，即.，直线为：，即.即当时，取得最小值.故选：D【点睛】本题主要考查点关于直线对称问题，数形结合为解题的关键，属于中档题.11.过坐标轴上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据题意画出图形，再根据直线与圆相切的性质得到，解不等式即可.【详解】由图知：因为为圆的切线，所以.在中，.又因为，所以，为中点.因为，所以整理得：.即或.故选：C【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系中的切线问题
8、，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12.已知点为椭圆：的下顶点，在椭圆上，若四边形为平行四边形，为直线的倾斜角，且，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得，则设点，将代入椭圆得到，求出，根据的范围即可得到，再转化为离心率的不等式即可.【详解】如图所示：因为在轴上，且为平形四边形，所以，且的横坐标相等，纵坐标互为相反数.由题意得则点，.将代入椭圆得，.即，.因为，所以，即.所以，解得：.故选：A【点睛】本题主要考查椭圆中离心率的取值范围，根据题意找到关于的不等关系为解题的关键，属于难题.第II卷 非选择题（共90分） 二、填空题（本
9、大题共4个小题，每个小题5分，共20分，把答案填在答题卡的横线上）13.已知一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的表面积为_；【答案】.【解析】【分析】首先根据题意得到，解得，再分别计算侧面积和底面积即可.【详解】设圆锥的半径为，由题知：，解得.所以，.所以表面积.故答案为：【点睛】本题主要考查圆锥的表面积，同时考查了圆锥的侧面展开图，属于简单题.14.已知点到定点的距离和它到定直线的距离的比是，则点的轨迹方程为_；【答案】.【解析】【分析】首先设，再根据题意列出等式化简即可.【详解】设点，由题知，即.整理得：.故答案为：【点睛】本题主要考查圆锥曲线的轨迹问题，根据题意列出关于的等式
10、为解题的关键，属于中档题.15.已知圆和两点，若圆上存在点，使得，当的最大值为6时，=_；【答案】.【解析】【分析】首先设，根据得到，即，再根据的最大值即可求出的值.【详解】由题知：圆.设，因为，所以.即.因为，且的最大值为.所以.即，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，同时考查了学生的转化能力，属于中档题.16.已知抛物线的焦点为，平行轴的直线与圆交于两点（点在点的上方）， 与交于点，则周长的取值范围是_【答案】【解析】【分析】过点作垂直与抛物线的准线，垂足为点，由抛物线的定义得，从而得出的周长为，考查直线与圆相切和过圆心，得出、不共线时的范围，进而得出周长的取值范围【详解
11、】如下图所示：抛物线的焦点，准线为，过点作，垂足为点，由抛物线的定义得，圆的圆心为点，半径长为，则的周长，当直线与圆相切时，则点、重合，此时，；当直线过点时，则点、三点共线，则由于、不能共线，则，所以，即，因此，的周长的取值范围是，故答案为【点睛】本题考查抛物线的定义，考查三角形周长的取值范围，在处理直线与抛物线的综合问题时，若问题中出现焦点，一般要将抛物线上的点到焦点的距离与该点到准线的距离利用定义转化，利用共线求最值，有时也要注意利用临界位置得出取值范围，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题三、解答题（本大题共6个小题，共70分，把答案写在答题卡的相应位置，解答应写出文字说明、证明过程
12、或演算步骤）17.已知命题（1）若，为真命题，求的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先根据题意分别解得真和真时的范围，再根据为真命题解不等式组即可.（2）首先解出和，再根据是的必要不充分条件解不等式组即可.【详解】（1）真：或，即真：或.，真：.因为为真命题，所以，都为真命题.所以，解得.（2）由（1）知，.因为是的必要不充分条件，所以，的取值范围是.【点睛】本题第一问考查逻辑连接词，第二问考查充分不必要条件，属于中档题.18.三棱柱被平面截去一部分后得到如图所示几何体，平面，为棱上的动点（不包含端点），平面交于点（1）求证：
13、；（2）若点为中点，求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先根据得到平面，再根据线面平行的性质即可得到.（2）首先根据，得到平面，从而得到，根据得到，再利用，点为的中点，得到，最后在根据面面垂直的判定即可得到平面平面.【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.又平面，平面平面所以.（2）因平面，平面，所以.因为，所以.，平面，所以平面.又因为平面，所以.因为，所以.因为，点为的中点，所以., 平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【点睛】本题第一问考查利用线面平行性质证明线线平行，第二问考查面面垂直的证明，属于中档题.
14、19.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2y212x14y600及其上一点A(2，4）（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x6上，求圆N标准方程；（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BCOA，求直线l的方程【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)化简得到圆的标准方程，求得圆的圆心坐标和半径，进而求得N的标准方程； (2)由题意得，设，则圆心到直线的距离，由此能求出直线的方程.【详解】圆M的标准方程为(x6)2(y7)225，所以圆心M(6,7)，半径为5.(1) 由圆心在直线上，可设与轴相切，与圆外切，于是圆的半径为，从而，解得因此，圆的
15、标准方程为 (2) 直线，直线的斜率为设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离，而，解得或故直线的方程为或；【点睛】本题主要考查了圆的标准方程的求法及直线与的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定与应用，以及合理运用圆的性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.20.已知抛物线：的焦点为，准线为，若点在上，点在上，且是边长为的正三角形（1）求的方程；（2）过点的直线与交于两点，若，求的面积【答案】（1）；（2）【解析】【分析】根据等边三角形的性质，即可求出p的值，则抛物线方程可求；设过点的直线n的方程为，联立直线方程与抛物线方程，得利用根与系数的关
16、系结合求得t，进一步求出与F到直线的距离，代入三角形面积公式求解【详解】由题知，则设准线与x轴交于点D，则又是边长为8的等边三角形，即抛物线C的方程为；设过点的直线n的方程为，联立，得设，则，由，得，解得不妨取，则直线方程为而F到直线的距离的面积为【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等21.在四棱锥中，平面，与平面所成的角是，是的中
17、点，在线段上，且满足. （1）求二面角的余弦值；（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在满足条件的点，理由见解析.【解析】【分析】（1）首先根据与平面所成的角是得到，以为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，根据得到，.再分别求出平面的法向量和平面的法向量，带入二面角公式即可.（2）设，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，再解方程即可.【详解】（1）因为平面，所以为与平面所成的角.即，所以.以为坐标原点，分别为，轴建立空间直角坐标系，设.，因为，所以，解得，.设平面的法向量为，又，.所以，令，得到.设平面的法向量为
18、，又，.所以，令，得到.所以.又由图可知，该二面角为锐角，故二面角的余弦值为.（2）因为，设，.所以，.由（1）知平面的法向量为，所以又因为与平面所成角的余弦值是所以其正弦值为，即整理得：或（舍去）所以存在满足条件的点，.【点睛】本题第一问考查向量法求二面角的余弦值，第二问考查利用向量法求线面成角，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）
19、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.
