1、山西省怀仁市重点中学2019-2020学年高二数学上学期期末考试试题 文（含解析）一、选择题（每题5分，共12题，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1.命题“若，则”的逆否命题是（ ）A. 若，则且B. 若，则C. 若或，则D. 若或，则【答案】D【解析】【分析】根据逆否命题的定义即可写出原命题的逆否命题.【详解】根据逆否命题的定义知，原命题的逆否命题为：若，或，则.故选：D.【点睛】考查逆否命题的定义，以及写出原命题的逆否命题的方法.2.已知命题：若实数满足，则互为相反数；命题：若，则.下列命题，中，真命题的个数是()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析
2、】【分析】根据条件分别判断两个命题的真假，结合复合命题的真假关系，进行判断，即可判定.【详解】由题意，例如时，此时，所以命题为假命题；命题：中当时，成立，所以，所以命题为真命题，所以命题假命题；为真命题；为真命题；为假命题，真命题个数是2个，故选B.【点睛】本题主要考查了命题的真假判断，其中解答中先判定命题的真假，再结合复合命题的真假关系判定真假是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.3.若实数x，y满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出可行域和目标函数，表示点和点所在直线的斜率，根据图象得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目
3、标函数，表示点和点所在直线的斜率，根据图象知：.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，将转化为点和点所在直线的斜率是解题的关键.4.已知，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由可知，当且仅当，即时等号成立，又，当且仅当，即，所以时等号成立考点：均值定理5.长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，则该长方体外接球的表面积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意首先求得长方体的棱长，然后求解其外接球的表面积即可.【详解】设长方体的棱长分别为，则，所以，于是，设球的半径为，则，所以这个球面的表面积为本题选择C选项.【点睛】与球有关的组合体问题，
4、一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.6.经过点，并且在两个坐标轴上的截距的绝对值相等的直线共有（ ）A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条【答案】C【解析】【分析】计算直线经过原点时，直线斜率为时，直线斜率为时，三种情况，计算得到答案.【详解】当直线经过原点时，满足条件；当直线斜率为时，满足条件；当直线斜率为时，满足条件；故选：.【点睛】本题考查了直线方程，意在考查学生的计算能
5、力，漏解是容易发生的错误.7.两平行直线、分别过点、，它们分别绕P、Q旋转，但始终保持平行，则、之间的距离的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】计算，故、之间的距离的最大值为，得到答案.【详解】、，则，故、之间的距离的最大值为，当、与垂直时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了平行直线的距离范围，意在考查学生的计算能力.8.如图，在三棱锥中，平面，D为PB的中点，则下列结论正确的有（ ）平面；平面；平面.A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【答案】D【解析】【分析】根据，得到平面，证明平面得到 正确，根据得到 错误，得到答案.【详解】平面，平面，则，故平面， 正
6、确；平面，平面，D为PB的中点，故，故平面，平面，故， 正确；若平面，故，D为PB的中点，故，故不成立，故 错误；故选：.【点睛】本题考查了线面垂直，线线垂直，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.9.已知直线过点，当直线与圆有两个交点时，其斜率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将直线用点斜式表示出来，再由直线与圆有两个交点，就是圆心到直线的距离小于半径，从而限定斜率k的取值范围【详解】直线为，又直线与圆有两个交点，故，故选B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系判断位置关系有两种方法，一种是几何法，用圆心到直线的距离与半径比较，距离大于半径是相离，距离等于半径
7、是相切，距离小于半径是相交，还有一种方法，就是将直线与圆的方程联立，代入消元，得到关于另一元的二次方程，利用判断，是相交，是相切，是相离，10.若圆(x3)2(y5)2r2上的点到直线4x3y20的最近距离等于1，则半径r的值为( )A. 4B. 5C. 6D. 9【答案】A【解析】由方程可知圆的圆心为，圆心到直线的距离为，因为圆上的点到直线的最近距离等于1，所以，即，解得 选A点睛：对于与圆有关的问题的解法，可利用平面几何中圆的相关性质，采用数形结合的方法求解，如在本题中把圆上的点到直线的最短距离用圆心到直线的距离减去半径来表示，使得问题的解决简单化另外，圆上的点到直线的最大距离为圆心到直线
8、的距离加上半径11.已知平面上一点，若直线上存在点P使，则称该直线为“切割型直线”.下列直线中是“切割型直线”的是（ ）；.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】，故的轨迹方程为，转化为直线和圆相切或相交，依次计算直线到圆心的距离得到答案.【详解】，故的轨迹方程为，转化为直线和圆相切或相交. ，圆心到直线的距离为，故不是“切割型直线”； ，圆心到直线的距离为，故是“切割型直线”； ，圆心到直线的距离为，故是“切割型直线”； ，圆心到直线的距离为，故不是“切割型直线”；故选：.【点睛】本题考查了直线新定义问题，转化为直线和圆的位置关系是解题的关键.12.在长方体中，,点为的中点，点为
9、对角线上的动点，点为底面上的动点（点，可以重合），则的最小值为( )A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【分析】画出图形，将平面沿翻折，使其与平面在共面，将折线段转化为直线段距离最小，从而求出MP+PQ的最小值.【详解】如图1，显然当是在底面的射影时才可能最小，将平面沿翻折，使其与平面在共面，如图2所示，此时易得，显然当三点共线时，取得最小值，此时.故选：C.【点睛】本题考查立体几何翻折问题中的最值问题，考查空间想象能力以及学生的计算能力，难度比较大.二、填空题（每题5分，共4题，满分20分）13.若对任意x0，a恒成立，则a的取值范围是_【答案】，）.【解析】【详解】试题分析：因为x
10、0，所以，当且仅当即时等号成立，故a的取值范围是，即考点：不等式的恒成立14.将一张画有直角坐标系的图纸对折，使点与重合，若此时点恰与点D重合，则点D的坐标是_【答案】【解析】【分析】根据垂直平分计算折线方程为，设，则，解得答案.【详解】设折线方程为，故，中点为，故.故.设，则，解得，.故答案为：.【点睛】本题考查了点关于直线对称，意在考查学生的计算能力和转化能力.15.已知圆的方程为x2+y26x8y0，设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为 【答案】20【解析】【分析】根据题意可知，过（3，5）的最长弦为直径，最短弦为过（3，5）且垂直于该直径的弦，
11、分别求出两个量，然后利用对角线垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半求出即可【详解】解：圆的标准方程为（x3）2+（y4）252，由题意得最长的弦|AC|2510，根据勾股定理得最短的弦|BD|24，且ACBD，四边形ABCD的面积S|AC|BD|10420故答案为20【点评】考查学生灵活运用垂径定理解决数学问题的能力，掌握对角线垂直的四边形的面积计算方法为对角线乘积的一半16.如图，在三棱柱中，分别为，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 【答案】【解析】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以SADE：SABC=1：4，又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距
12、离h的2倍即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍所以V1：V2=SADEh/SABCH=1：24考点：棱柱、棱锥、棱台的体积三、解答题（本题共6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.如图，长方体中，为线段的中点,.()证明：平面；()求点到平面的距离.【答案】()略；() 1【解析】【详解】试题分析：()由勾股定理可证，由线面垂直可得，则根据线面垂直的定义可证得平面()由体积转化法可求到平面的距离，即试题解析：(),， 为中点，,. 又平面()设点到距离为,由()知平面，考点：线线垂直、线面垂直，点到面的距离及锥体体积18.根据条件求下列圆的方程：
13、（1）求经过，两点，并且圆心在直线上的圆的方程；（2）求半径为，圆心在直线上，被直线截得的弦长为的圆方程【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）计算线段AB的垂直平分线方程为，解得圆心，半径，得到圆方程.（2）设圆的方程为，计算得到，解得答案.【详解】（1），中点为，故线段AB的垂直平分线方程为. 由，解得，圆心，半径，故所求圆的方程为.（2）设圆的方程为，圆心在直线上，故.由圆被直线截得弦长为.将代入，得.设直线交圆C于，则，故，即，又，故或.所求圆的方程为或.【点睛】本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.设函数（1）当，画出函数的图像，并求出函数的零点
14、；（2）设，且对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）.【解析】试题分析：（1）， 2分画图正确. 4分当时，由，得，此时无实根；当时，由，得，得.所以函数的零点为. 6分（2）由0得，.当时，取任意实数，不等式恒成立. 8分当时，.令，则在上单调递增 ，； 10分当时，令，则在上单调递减，所以在上单调递减. 12分综合. 14分考点：本题主要考查分段函数概念，二次函数的图象和性质，函数零点，不等式恒成立问题点评：中档题，含有绝对值，因此要分类讨论，转化成分段的二次函数的图象和性质研究问题对于不等式恒成立问题，往往转化成求函数的最值，借助于函数的单调性得解20.如图1，在直角梯
15、形ABCD中，ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体DABC，如图2所示（）求证：BC平面ACD；（）求几何体DABC的体积【答案】（）见解析；（）【解析】【详解】（）在图1中，由题意知，AC2+BC2=AB2，ACBC取AC中点O，连接DO，则DOAC，又平面ADC平面ABC，且平面ADC平面ABC=AC，DO平面ACD，从而OD平面ABC，ODBC又ACBC，ACOD=O，BC平面ACD（）由（）知，BC为三棱锥BACD的高，且，SACD=22=2，所以三棱锥BACD的体积为：，由等积性知几何体DABC的体积为：【点评】本题通
16、过平面图形折叠后得立体图形，考查空间中的垂直关系，重点是“线线垂直，线面垂直，面面垂直”的转化；等积法求体积，也是常用的数学方法21.已知坐标平面上动点与两个定点，且.（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；（2）记（1）中轨迹为，过点的直线被所截得的线段长度为8，求直线的方程.【答案】（1），轨迹是以为圆心，以5为半径的圆；（2）直线的方程为或.【解析】试题分析：（1）根据题意，分析可得，对其化简整理变形可得，由圆的标准方程即可得答案；（2）分两种情况讨论：当直线l的斜率不存在，当直线l的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线l被C所截得的线段长度为8，可得关于k的方程，解可得
17、k的值，综合即可得答案试题解析：（）由题意，得，即：，化简，得：，所以点的轨迹方程是.轨迹是以为圆心，以5为半径的圆.（）当直线的斜率不存在时，此时所截得的线段的长为.所以符合题意.当直线的斜率存在时，设的方程为，即，圆心到的距离，由题意，得，解得.所以直线的方程为，即.综上，直线的方程为或.22.如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面.（1）若为边的中点，求证：平面.（2）求证：.（3）若为边的中点，能否在上找出一点，使平面 平面？【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）证明，利用面面垂直的性质即可证明（2）证平面即可得（3）存在点，且为的中点，证明平面，即可证出平面 平面.【详解】证明：连接，因为是等边三角形，为边的中点，所以因为平面平面，所以平面，所以因为四边形是菱形，所以又因为，所以是等边三角形，所以又因为，所以平（2）证明：因为，所以平面又因为 平面，所以（3）存在点，且为的中点证明如下：连接交于，连接，因为且，又，分别是，的中点，连接，所以且，所以四边形是平行四边形，所以又因为，所以由（1）知平面，所以平面又 平面，所以平面平面【点睛】本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题.
