1、山西省2019-2020学年高二数学上学期期中试题 文（含解析）第卷一、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.已知集合,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由二次不等式的解法求再利用集合交集的运算可得，得解.【详解】解:因 所以,故选:C.【点睛】本题考查了二次不等式的解法及集合交集的运算，属基础题.2.在空间直角坐标系中，若，则（ ）A. B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用两点间距离公式计算得到答案.【详解】，则.故选：【点睛】本题考查了空间坐标系中两点间的距离，意在考查学生的计算
2、能力.3.某中学初一、初二、初三的学生人数分别为500,600,700,现用分层抽样的方法从这三个年级中选取18人参加学校的演讲比赛,则应选取的初二年级学生人数为( )A. 5B. 6C. 7D. 8【答案】B【解析】【分析】直接利用分层抽样中，每个层次被抽取的概率相等求解即可.【详解】因为分层抽样中，每个层次在总体中所占的比例与在样本中所占的比例相等，所以，应选取的初二年级学生人数为18=6，故选B.【点睛】分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.4.若直线与平行，则的值为（ ）A. 2B. 1或3C. 3D. 2或3【答案】A【解析】【分析】
3、根据直线平行得到，排除重合情况，计算得到答案.【详解】因为直线与平行所以，解得或 当时，这两条直线重合，排除，故.故选：【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，忽略掉重合的情况是容易犯的错误.5.已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列判断正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】根据直线和平面的位置关系，依次判断每个选项的正误得到答案.【详解】A. 若，则或相交，错误；B. 若，则，同时垂直于一个平面的两条直线互相平行，正确；C. 若，则或或异面，错误；D. 若，则或异面，错误故选：【点睛】本题考查了直线和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象
4、能力.6.已知两个单位向量的夹角为60,向量，则=A. B. C. D. 7【答案】A【解析】【分析】根据向量的模计算公式，即可求出。【详解】因为，且，所以，故选A。【点睛】本题主要考查向量的数量积的定义应用以及向量的模的计算公式应用。7.点到直线的距离的最小值为（ ）A. 4B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用点到直线的距离公式得到，根据三角函数的有界性得到答案.【详解】点到直线的距离为：.故选：【点睛】本题考查了点到直线的距离公式和三角函数的有界性，意在考查学生的计算能力.8.已知，则的边上的高线所在的直线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先计算，得
5、到高线的斜率，又高线过点，计算得到答案.【详解】，高线过点边上的高线所在的直线方程为，即.故选：【点睛】本题考查了高线的计算，利用斜率相乘为是解题的关键.9.光线自点射入，经倾斜角为的直线反射后经过点，则反射光线还经过下列哪个点（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先计算，计算点关于直线的对称点为，计算得到直线方程，代入数据计算得到答案.【详解】，设点关于直线的对称点为则，解得所以反射光线所在直线方程为当时，；当时，.故过点故选：D.【点睛】本题考查了直线的对称问题，计算点关于直线的对称点是解题的关键.10.已知分别为圆与圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（ ）A. B.
6、 C. D. 【答案】B【解析】【分析】计算圆关于轴对称的圆为，的最小值为，计算得到答案.【详解】圆关于轴对称圆为圆则的最小值为.故选：【点睛】本题考查了距离的最值问题，转化为圆心距的关系是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力.11.唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）.当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为平方厘米，半球的半径为厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设圆柱的高度与半球的半径分别为，计算容积得到，根据高的关系得到，计
7、算得到答案.【详解】设圆柱的高度与半球的半径分别为，则，则，所以酒杯的容积，又，所以，所以，解得.故选：【点睛】本题考查了几何体的体积运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.12.若直线与函数的图象恰有3个不同的交点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出函数图像，直线过定点，根据直线与圆的上半部和下半部关系计算得到答案.【详解】的图象由圆的下半部分与圆的上半部分组成直线过定点.当直线与圆的上半部分相切时，解得或（舍去）当直线经过点时，.数形结合可得：.故选： 【点睛】本题考查了函数图像的交点问题，画出函数图像根据函数图像求解是解题的关键.第卷二、填空题
8、（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设函数，则_.【答案】16【解析】【分析】直接代入数据得到答案.【详解】故答案为16【点睛】本题考查分段函数求值，考查运算求解能力14.如图，某几何体由两个同底面的圆锥组合而成，若底面积为，小圆锥与大圆锥的高分别为4和6，则该几何体的表面积为_【答案】【解析】【分析】根据底面积计算底面半径，再利用表面积公式得到答案.【详解】底面积为 几何体的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了表面积计算，意在考查学生的计算能力.15.若圆与圆内切，则_【答案】【解析】【分析】根据圆内切得到等式，计算得到答案.【详解】两圆内切，故圆心距等于半径之差的绝对值即，
9、解得.又，则.故答案为：【点睛】本题考查了圆和圆的位置关系，根据位置关系得到圆心距和半径之间的关系是解题的关键.16.如图，在四棱锥中，平面，为的中点，为线段上的动点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】根据长度关系得到，将翻折至与平面共面，如图所示，得到当为与的交点时，取得最小值，利用余弦定理计算得到答案.【详解】平面 ，平面易知：，在中，.利用余弦定理得到：，所以.将翻折至与平面共面，如图所示：则图中，当为与的交点时，取得最小值.此时，.故答案为：【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，将立体问题转化为平面问题是解题的关键，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：共70分.解答
10、应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.已知直线经过点.（1）若与直线平行，求的方程（结果用一般式表示）；（2）若在轴上的截距与在轴上的截距相等，求的方程（结果用一般式表示）.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）根据平行得到的斜率为2，得到点斜式为，化简得到答案.（2）根据直线是否过原点两种情况分别计算得到答案.【详解】（1）因为与直线平行，所以的斜率为2，由点斜式可得，的方程为，即.（2）当直线过原点时，的斜率为，所以的方程为.当直线不过原点时，设直线的方程为，代入，得，所以的方程为.综上所述
11、：的方程为或.【点睛】本题考查了直线方程，讨论直线是否过原点是解题的关键，意在考查学生的计算能力.18.已知四棱锥的直观图如图所示，其中，两两垂直，且底面为平行四边形.（1）证明：.（2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是该四棱锥的正视图与俯视图，请在网格纸上用粗线画出该四棱锥的侧视图，并求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）作图见解析，【解析】【分析】（1）根据，得到平面，得到证明.（2）直接画出侧视图，利用体积公式直接计算得到答案.【详解】（1）因为两两垂直，所以，.因为，所以平面.因为平面，所以.（2）该四棱锥的侧视图如图所示：依题意可得四边形为正方形，四棱锥的体积为
12、.【点睛】本题考查了三视图的应用，体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19.分别为内角的对边.已知.(1)若的面积为,求;(2)若,求的周长.【答案】(1) . (2) 【解析】【分析】(1)由已知，结合正弦定理可得，再结合三角形的面积公式，将已知条件代入运算即可；(2)由，结合余弦定理得,得解.【详解】解:(1)由,得 .因为的面积为,所以.(2)因为,可得 由余弦定理得,所以，故的周长为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属基础题.20.如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为的中点，且.（1）证明：平面.（2）若异面直线与所成角的正弦值为，求三棱柱的体
13、积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，连接交于，连接，证明四边形为平行四边形，得到证明.（2）线与所成角即直线与所成角，,证明，再计算得到，利用体积公式计算得到答案.详解】（1）连接，连接交于，连接.易证，且，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）由（1）知，所以异面直线与所成角即直线与所成角，所以.因为底面为正方形，所以，又侧棱垂直底面，所以.因为，所以平面，所以.因为，所以，所以.故三棱柱的体积.【点睛】本题考查了线面平行，体积的计算，计算出的长度是解题的关键，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.21.在数列，中，.等差数列的前两项依次为，
14、.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据递推公式计算，利用等差数列公式计算得到答案.（2）将题目中两式相加得到，故是首项为2，公比为2的等比数列，计算得到通项公式，再利用错位相减法计算得到答案.【详解】（1），则的公差为故的通项公式为.（2），得.又，从而是首项为2，公比为2的等比数列，故.，即，即.【点睛】本题考查了通项公式，错位相减法，变换得到是解题的关键.22.已知直线与圆交于两点.（1）求的斜率的取值范围；（2）若为坐标原点，直线与的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，详见解析【解析】【分析】（1）变换得到，得到直线过点，设，利用直线和圆的位置关系得到，计算得到答案.（2）联立，根据韦达定理得到，计算，化简计算得到答案.【详解】（1）由，可得.由，解得，所以恒过定点.故可设的方程为，即.由已知可得圆的标准方程为，圆心，半径，则由直线与圆相交，可得.解得，所以的斜率的取值范围为.（2）是定值联立，消去，整理得设，由韦达定理得，则为定值.【点睛】本题考查了斜率范围和定值问题，利用韦达定理求解是常用方法，需要熟练掌握，意在考查学生的计算能力.