四川省攀枝花市第十五中学2019—2020学年高二数学下学期期中试题文（含解析）

1、四川省攀枝花市第十五中学2019-2020学年高二数学下学期期中试题 文（含解析）第卷（选择题 共60分）一、选择题：(本题共12小题，每小题5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. 下列几何体中是旋转体的是()圆柱六棱锥正方体球体四面体A. 和B. C. 和D. 和【答案】D【解析】【详解】六棱锥、正方体、四面体是多面体;圆柱、球体是旋转体，故选D.点评：要了解多面体、旋转体的几何特征.2. 设双曲线的渐近线方程为，则的值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】C【解析】【分析】先根据双曲线求出渐近线方程，再与比较即可求出的值【详解】由双曲线的几何性质可得，双

2、曲线的渐近线方程为，又因为渐近线方程为，即，故，选C【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属基础题3. 下列命题中，错误的是 （ ）A. 平行于同一个平面的两个平面平行B. 平行于同一条直线的两个平面平行C. 一个平面与两个平行平面相交，交线平行D. 一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交【答案】B【解析】【分析】利用线面平行、面面平行的性质以及特例法逐一判断即可.【详解】选项A,平行于同一个平面的两个平面平行，显然成立;选项B中,平行于同一条直线的两个平面可能平行，也可能相交，不成立；选项C中，一个平面与两个平行平面相交，交线平行，是面面平行的性质定理，成立；选项D中，

3、一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交，成立，故选B.【点睛】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4. 设是函数的导函数，则的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：求导，代值即可.详解：，则故选：C.点睛：对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先

4、必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误5. 若空间中四条直线、，满足、，则下列结论一定正确的是（ ）A. B. C. 、既不平行也不垂直D. 、位置关系不确【答案】D【解析】【详解】【分析】试题分析：如下图所示，在正方体中，取 为， 为，取 为， 为， ；取为 ，为 ，则；取为 ，为，则 与异面，因此、的位置关系不确定，故选D.【考点定位】本题考查空间中直线的位置关系的判定，属于中等题.6. 将一个直角边长为1等腰直角三角形绕其一条直角边旋转一周所形成几何体的侧面积为A. 4B. C. D. 2【答案】B【解析】【分析】可以得到该几何体为底面半径为r=1，母线长为l=的圆锥，代入侧面积计算

5、公式即可【详解】将一个直角边长为1的等腰直角三角形绕其一条直角边旋转一周，所形成几何体是底面半径为r=1，母线长为l=的圆锥，该几何体的侧面积S=rl=故选B【点睛】本题考查圆锥的侧面积计算公式，属于基础题7. 在空间中，设，为两条不同直线， ，为两个不同平面，则下列命题正确的是A. 若且，则B. 若，则C. 若且，则D. 若不垂直于，且，则必不垂直于【答案】C【解析】【详解】解：由m，n为两条不同直线，为两个不同平面，知：在A中，若m且，则m或m，故A错误；在B中，若，m，n，则m与n相交、平行或异面，故B错误；在C中，若m且，则由线面垂直的判定定理得m，故C正确；在D中，若m不垂直于，且n

6、，则m有可能垂直于n，故D错误故选：C8. 中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取3，其体积为（立方寸），则图中的为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知：几何体为圆柱和长方体的组合体，计算体积得到答案.【详解】根据三视图知：几何体为圆柱和长方体的组合体.，解得.故选：B.【点睛】本题考查了根据三视图和体积求参数，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，还原几何体是解题的关键.9. 函数的图象与直线相切，则实数（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】【分析】设切点的坐标为，由题

7、意得到方程组，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，则，设切点的坐标为，则，所以，解得，故选C.【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数问题，其中解答中熟记导数的运算公式，利用切线方程，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10. 如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，可得出异面直线与所成的角为，通过解，利用余弦定理可求得异面直线与所成的角的余弦值.【详解】取的中点，连接、.易知是的中位线，所以且.又且，为的中点，所

8、以且，所以且.所以四边形是平行四边形，所以，所以就是异面直线与所成的角.因为，、分别是、的中点，所以，且.由勾股定理得，所以.由勾股定理得，.在中，由余弦定理得.故选：C.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.11. 正三角形的边长为,将它沿高翻折,使点与点间的距离为,此时四面体外接球表面积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】三棱锥BACD的三条侧棱BDAD、DCDA，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积【

9、详解】根据题意可知三棱锥BACD的三条侧棱BDAD、DCDA，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离就是球的半径，三棱柱的底面边长为1，1，由题意可得：三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，三棱柱的外接球的球心为O，外接球的半径为r，球心到底面的距离为，底面中心到底面三角形的顶点的距离为，球的半径为r外接球的表面积为：4r25故答案为C【点睛】本题考查空间想象能力及计算能力.三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意

10、，是解好数学题目的前提12. 设椭圆：的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限上的点，直线交椭圆于点，若直线平分线段于，则椭圆的离心率是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设点，则，中点为，根据三点共线得到，得到答案.【详解】设点，则，则中点为，三点共线，故，化简得到，故.故选：A.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，根据三点共线得到是解题的关键.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：(本题共4小题，每小题5分)13. 若曲线处的切线平行于直线的坐标是_.【答案】【解析】试题分析：因为，设切点，则又考点：利用导数求切点14. 已知函数，则_【

11、答案】0【解析】【分析】求导后代入，解得，再代入即可得到答案.【详解】对，求导得，令，得，解得所以再代入，即可求得故答案为：0【点睛】本题考查了求导公式，考查了求导函数值，属于基础题.15. 已知圆柱的上下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为_【答案】【解析】【分析】由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.【详解】解：因为轴截面是正方形，且面积是36，所以圆柱的底面直径和高都是6故答案为：【点睛】考查圆柱的轴截面和其体积的求法，是基础题.16. 如图，四棱锥中，是矩形，平面，四棱锥外接球的球心为，点是棱上的一个动点.给出如下命题：

12、直线与直线是异面直线；与一定不垂直；三棱锥的体积为定值；的最小值为.其中正确命题的序号是_.（将你认为正确的命题序号都填上）【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，由异面直线的概念判断；利用线面垂直的判定与性质判断；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断；设，列出关于的函数式，结合其几何意义求出最小值判断【详解】解：对于，直线经过平面内的点，而直线在平面内不过，直线与直线是异面直线，故正确；对于，当与重合时，因为平面，平面，所以，又，平面，平面，平面，则垂直，故错误；对于，由题意知，四棱锥的外接球的球心为是的中点，则的面积为定值，且到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，故正确；对于，设，则，由

13、其几何意义，即平面内动点与两定点，距离和的最小值知，其最小值为，故正确故答案为：【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题三、解答题：(17题10分，其余每小题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17. 若长方体的三个面的面积分别是，求：（1）长方体的体对角线的长；（2）长方体表面积.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）设长方体的长，宽，高分别为，根据已知条件列出方程，求出，即可求出对角线；（2）根据已知条件，即可求解.【详解】（1）设长方体的长，宽，高分别为，如图.可令解得，该长方体的体对角线长为.（2）.【点睛】本题考查长方

14、体面的面积与边长的关系，明确长方体的对角线与长、宽、高的关系，属于基础题.18. 设函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形的面积为定值，并求此定值.【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）将点代入切线方程得出，求出函数的导数，由列出有关、的方程组，解出、，可得出函数的解析式；（2）设点为函数图象上任意一点的坐标，利用导数求出函数在该点处的切线方程，求出切线与轴和直线的交点坐标，再利用三角形的面积来证明结论.【详解】（1）将点的坐标代入直线的方程得，则，直线的斜率为，于是，解得，故；（2）设点为曲线上任意一点，

15、由（1）知，又，所以，曲线在点的切线方程为，即，令，得，从而得出切线与轴的交点坐标为，联立，解得，从而切线与直线的交点坐标为.所以，曲线在点处的切线与直线、所围成的三角形的面积为故曲线上任一点处的切线与直线，所围成的三角形的面积为定值且此定值为.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查三角形的面积的计算，解题时要将切线方程求出来，并求出交点坐标，考查计算能力，属于中等题.19. 如图，在边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的点，且将AED，DCF分别沿，折起，使，两点重合于，连接，.（1） 求证：；（2）求证：平面.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据折叠前线段

16、垂直关系，折叠后平面的垂直关系即可判断出；（2）连接交于，连接，根据中位线定理及线段比例关系，可以得到以，进而判断出平面【详解】（1）证明：折叠前,折叠后，又平面，而平面（2）连接交于，连接，在正方形中，连接交于，则，所以，又，即，在中，所以，平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查了折叠问题在立体几何中的应用，线线垂直、线面平行的判定，属于中档题20. 已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设直线：，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方

17、程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.【详解】（1）设直线方程为：，由抛物线焦半径公式可知： 联立得：则 ，解得：直线的方程为：，即：（2）设，则可设直线方程为：联立得：则 ， ， 则【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.21. 如图，在三棱柱中，侧面底面，.（1）求证：平面；（2）设中点为点，若，且与平面所成的角为，求三棱锥的体积.【答

18、案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知侧面底面，得到侧面，进一步得到，再由侧面为菱形，可得对角线，由线面垂直的判定可得平面；（2）可得即为与平面所成的角，可得，即可【详解】证明：（1）由已知侧面底面，侧面底面，底面，得到侧面，又因为侧面，所以，又由已知，侧面为菱形，所以对角线，即，平面，平面.所以平面.（2）因为，易知为等边三角形，中线，由（1）侧面，所以，得到平面，即为与平面所成的角， ， ，得到， ， .【点睛】本题考查了线面垂直的判定，几何体的体积计算，属于中档题22. 椭圆：的离心率为，点 为椭圆上的一点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的