2019-2020学年重庆市南开中学高二上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年重庆市南开中学高二上学期期末数学试题一、单选题1下列函数的求导结果正确的是（ ）ABCD【答案】D【解析】根据导函数的求导公式判断选项即可【详解】由题,故选：D【点睛】本题考查求导公式的应用,熟练掌握求导公式是解题关键2已知a为实数，命题，则为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据存在性命题的否定的概念判断即可【详解】由题,为存在性命题,则其命题的否定为：,故选：C【点睛】本题考查存在性命题的否定,属于基础题3双曲线的渐近线方程是（ ）ABCD【答案】A【解析】分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解.详解：由题得双曲线的a=2,b=1,所以双曲线的渐近线方程为故答案为：A点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为.4已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f(x)的图象如图所示，则下列叙述正确的是()Af(b)f(c)f(d)Bf(b)f(a)f(e)Cf(c)f(b)f(a)Df(c)f(e)f(d)【答案】C【解析】由图象判断函数的单调性，利用单调性可得结果.,【详解】导函数的图象可得：在上为正数，在上为增函数，所以f(c)f(b)f(a)故选C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及导函数图象的应用，属于基础题.5设，是两个不同的平面，是直线且“”是“”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】B【解析】试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，和没有公共点，即能得到；“”是“”的必要不充分条件故选B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.6已知抛物线的准线l过椭圆的左焦点，且l与椭圆交于P、Q两点，是椭圆的右焦点，则的周长为（ ）A16B8C4D2【答案】B【解析】由抛物线准线过椭圆左焦点可得,求解,则可得到椭圆的标准方程,再根据的周长为计算即可【详解】因为抛物线的准线为,椭圆的左焦点为,所以,即,则椭圆方程为,即,所以的周长为,故选：B【点睛】本题考查抛物线与椭圆的几何性质的应用,考查椭圆定义的应用7如图，在正方体中，O是正方形的中心，E、F分别为棱AB、的中点，则（ ）A直线EF与共面BC平面平面DOF与所成角为【答案】B【解析】根据直线间的传递性及异面直线的定义可判断选项A；建立空间直角坐标系,利用空间向量依次证明选项B,C,D即可【详解】因为E、F分别为棱AB、的中点,所以,因为平面平面,平面,平面,所以与平面只有一个交点,因为平面,所以,所以与不共面,故A错误；以为原点,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,如图所示, 设棱长为2,则,则,所以,则,故B正确；显然,平面即为平面,则易证平面,因为,则是平面的法向量,因为,所以,故不是平面的法向量,则平面与平面不平行,故C错误；因为,所以,所以,即OF与所成角的余弦值为,故D错误；故选：B【点睛】本题考查直线的位置关系的判定,考查利用空间向量求直线与直线成角,判定面面平行,考查运算能力8已知一个圆柱和圆锥等底等高，且圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，则此圆锥和圆柱的表面积之比为（ ）ABCD【答案】A【解析】设圆柱与圆锥的底面半径为,由圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,可得圆锥的高为,圆锥的母线长为,再根据表面积公式求解并作比即可【详解】由题,设圆柱与圆锥的底面半径为,则因为圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形,所以圆锥的高为,圆锥的母线长为,则圆柱的表面积为,圆锥的表面积为,所以比值为,故选：A【点睛】本题考查圆柱与圆锥的表面积,考查截面积的应用,属于基础题9已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段中点，则（ ）ABCD【答案】D【解析】设,由弦中点利用点差法可得,则直线为,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得,进而通过弦长公式求解即可【详解】由题,设,因为为线段的中点,则,则,作差可得,即,即,则直线为,即,所以联立可得,则,所以,故选：D【点睛】本题考查弦长公式的应用,考查利用点差法求直线的斜率,考查运算能力10已知双曲线的右焦点为F，以F为圆心，a为半径的圆与它的一条渐近线相交于P、Q两点，O为坐标原点，若，则C的离心率为（ ）ABCD【答案】A【解析】过点向渐近线作垂线,垂足为,则,由几何性质可得,则,再根据可得,则,进而在中,利用勾股定理,整理后即可得到离心率【详解】由题,设过点且垂直于渐近线的直线与渐近线交于点,即,所以,由圆的性质可得为中点, 因为,所以,则,在中,即,整理可得,所以,故选：A【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查数形结合思想与运算能力11在正四面体S-ABC中，P为侧面SBC内的动点，若点P到平面ABC的距离与到顶点S的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）A椭圆的一部分B双曲线的一部分C抛物线的一部分D圆【答案】A【解析】由题,过作平面,过作于,连接,可证得为二面角的平面角,令其为,则在中,进而（）,由椭圆定义即可做出判断【详解】因为正四面体,所以平面不垂直于平面,过作平面,过作于,连接,如图所示,可得平面,所以,故为二面角的平面角,令其为,则在中,又点到平面距离与到点的距离相等,即为,所以,又平面不垂直于平面,故为锐角,所以,所以在平面中,点到点的距离与定直线的距离之比为一个常数,即,故由椭圆定义知点的轨迹为椭圆在平面的一部分,故选：B【点睛】本题考查空间几何体中线面的位置关系的应用,考查椭圆的定义,考查动点的运动轨迹,将条件的空间内的关系转化为平面上的关系是解题关键12如图所示，直平行六面体的所有棱长都为2，过体对角线的截面S与棱和分别交于点E、F，给出下列命题中：四边形的面积最小值为；直线EF与平面所成角的最大值为；四棱锥的体积为定值；点到截面S的距离的最小值为.其中，所有真命题的序号为（ ）ABCD【答案】B【解析】分析可得当为为棱的中点时,四边形的面积最小,求解即可；过点的平面的垂线交平面于点,转化直线EF与平面所成角最大为直线与直线的夹角最小,进而求解即可；转化四棱锥的体积为以平面和平面为底的三棱锥的体积的和,进而求证即可；分析可得当点与点重合,点与点重合时四边形的面积最大,此时点到截面S的距离的最小,进而求解即可【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形是平行四边形, 连接,且交于点,过点作的垂线,垂足为,则若四边形面积最小,即最小,即为棱到平面的距离,即为长,因为,则,所以,则,又,所以,此时为棱的中点,故正确；过点的平面的垂线交平面于点,则即为点到平面的距离,根据底面菱形的性质,可得,若直线EF与平面所成角最大,则直线与直线的夹角最小,即最小,此时最大,即最小,即时,故,则,则直线EF与平面所成角最大为,故错误；设点到平面,平面的距离分别为,即从点分别向作垂线即可,由菱形可得,为定值,故正确；因为四棱锥的体积为定值,所以若点到截面S的距离的最小,则截面的面积最大,即四边形面积最大,即最大,则当点与点重合,点与点重合时符合条件,此时在中,则,则,所以,此时,设点到截面S的距离为,则,所以,故正确 综上,正确,故选：B【点睛】本题考查线面角的计算,考查四棱锥的体积的计算,考查空间想象能力与运算能力,考查转化思想二、填空题13设是函数的导函数，若，则_.【答案】2【解析】由题可得,将代入即可【详解】由题,所以当时,故答案为：2【点睛】本题考查导数的运算,考查求导公式的应用,考查导数运算法则的应用14设P是函数图象上的动点，则P到直线的距离的最小值为_.【答案】【解析】当过点的切线平行于直线时距离最小,则先求导可得,令,可求得,代回求得点坐标,再利用点到直线距离公式求解即可【详解】由题,设,令,则,即,则此时点到直线的距离最小,为,故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,考查转化思想15已知P是椭圆上一动点，A是C的左顶点，F是C的右焦点，则的最小值为_.【答案】0【解析】设,进而可得,代入中可得,由点在椭圆上,可得,代回可得是一个关于的二次函数,进而求得最值即可【详解】由题,设,则,则,因为点在椭圆上,所以,即,则,当时,的最小值为0故答案为：0【点睛】本题考查椭圆的几何性质的应用,考查数量积的最值,解题时需注意自变量的取值范围16四面体ABCD中，二面角A-CD-B的大小为，则该四面体外接球的体积为_.【答案】【解析】由题分析可知四面体放入到一个三棱柱中,利用三棱柱的几何性质进而求得外接球体积即可【详解】由题可得二面角的平面角为,即是等边三角形,则可将四面体放入到一个三棱柱中,如图所示,设的外接圆圆心为,四面体的外接球球心为,如图所示,因为,则,则在中,即,所以球的体积为,故答案为：【点睛】本题考查外接球体积的计算,考查空间想象能力与运算能力三、解答题17如图，在四棱台中，平面底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且，E为AB的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）连接AD,先证得四边形是平行四边形,可得,进而证明线面平行；（2）作于H,由题可证得平面ABCD,则三棱锥的高为,进而求得三棱锥体积即可【详解】（1）连接AD,由棱台性质知,又E是AB的中点,且,所以且,故四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面（2）作于H,因为平面底面ABCD,且平面底面,故平面ABCD,即三棱锥的高为,在等腰梯形中,又，所以【点睛】本题考查线面平行的证明,考查求三棱锥的体积,考查推理论证能力与运算能力18已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且.（1）求抛物线C的方程：（2）过点作直线l交C于A，B两点，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由抛物线的几何性质可得,即可解得,进而得到抛物线方程；（2）设直线l为,代入得：则,由,代入后利用均值定理求得最值即可【详解】（1）由题意得：,解得,故抛物线C的方程为（2）由（1）可得焦点,显然直线l的斜率不为0,故设其方程为,代入得：,设,则,，当且仅当,即轴时取等号,所以的面积的最小值为【点睛】本题考查抛物线的标准方程,考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线内三角形面积的最值,考查运算能力19已知函数为的导函数，且.（1）求函数在点切线方程：（2）设函数，求函数的单调递增区间.【答案】（1）（2）函数的单调增区间为【解析】（1）先求得,由可得,则可得,切线斜率,即可得到切线方程；（2）由（1）可得,则,令,求解即可【详解】（1）,由题意,于是有，解得,所以,则,故切线方程为,即（2）由（1）,定义域为R,所以,令,解得,故函数的单调选增区间为【点睛】本题考查导函数的几何意义的应用,考查求某点处的切线方程,考查利用导函数求单调区间,考查运算能力20已知A，B是焦距为的椭圆的上、下顶点，P是椭圆上异于顶点的任意一点，直线PA，PB的斜率之积为.（1）求椭圆的方程；（2）若C，D分别是椭圆的左、右顶点，动点M满足，连接CM交椭圆于点E，试问：x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在定点满足题意【解析】（1）设,代入椭圆方程可得,由,则,又由,进而求得,从而求得椭圆方程；（2）设,法一：设,由C,E,M共线得,则,由E在椭圆上,可得,代入中求解即可；法二：设直线,则,联立可得,则,代入中求解即可【详解】（1）由题,设,则,所以,所以,所以,又,所以,所以椭圆的方程为（2）存在,设其坐标为,由题,法一：设,由C,E,M共线得,即,所以,由E在椭圆上,得,则,因为,所以恒成立,所以,即存在定点满足题意法二：设直线,其中,令得,联立,得,故,所以,所以,故恒成立,所以,即存在定点满足题意【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查椭圆中的定值问题,考查运算能力21如图，在直角梯形SABC中，D为边SC上的点，且，现将沿AD折起到达的位置（折起后点S记为P），并使得.（1）求证：平面ABCD；（2）设，若点E在线段BP上，且满足，求平面EAC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值设G是AD的中点，则在内（含边界）是否存在点F，使得平面PBC？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）平面PBC上存在点F，当F为PB中点时，平面PBC【解析】（1）由题可得先证得平面PAD,即,又有,可得,进而证得平面ABCD；（2）以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,分别求得各点坐标,则,由可得,则,分别求得平面EAC与平面PDC的法向量,进而利用数量积求得法向量夹角余弦值,从而得解；可推测点F为棱PB中点时满足条件,取PC中点M,连结MD,MF,可得,即可将问题转化为平面PBC,利用等腰直角求证即可【详解】证明：（1）,平面PAD,平面PAD,平面ABCD（2）由（1）知,故DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图,则,则,设平面EAC与平面PDC所成的锐二面角为,设是平面ACE的一个法向量,则,即，不妨取,得,因为平面PCD,则是平面PCD的一个法向量,则,故平面EAC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为存在,点F为棱PB中点时,满足平面PBC,证明如下：当点F为棱PB中点时,取PC中点M,连结MD,MF,则且,四边形DGFM为平行四边形,又等腰直角中,平面PDC,平面PDC,又,平面PBC,平面PBC【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查利用空间向量求二