安徽马鞍山第二中学高二数学上学期期末素质测试理

安徽省马鞍山市第二中学2018-2019学年度第一学期期末素质测试高二年级理科数学试题一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知命题某班所有的男生都爱踢足球，则命题为A. 某班至多有一个男生爱踢足球B. 某班至少有一个男生不爱踢足球C. 某班所有的男生都不爱踢足球D. 某班所有的女生都爱踢足球【答案】B【解析】【分析】命题“某班所有男生都爱踢足球”是一个全称命题，它的否定是一个特称命题，书写其否定时不光要否定结论还要改变量词，由此规律易得其否定【详解】命题“某班所有男生都爱踢足球”是一个全称命题，它的否定是一个特称命题，考察四个命题，“某班至少有一个男生不爱踢足球”是所研究命题的否定故选：B【点睛】本题考查命题的否定，要注意研究命题的类型，根据其形式是全称命题得出其否定是一个特称命题是解题的关键2.若向量与向量的夹角的余弦值为，则 A. 0B. 1C. D. 2【答案】A【解析】【分析】利用空间向量夹角余弦公式直接求解【详解】向量0，与向量1，的夹角的余弦值为，解得故选：A【点睛】本题考查实数值的求法，考查空间向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3.以双曲线的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由知，所以，双曲线焦点为，顶点为，因此椭圆的顶点是，焦点是，所以，椭圆的标准方程为，故选B考点：1双曲线的简单几何性质；2椭圆的的标准方程【思路点晴】本题主要考查的是双曲线的定义及简单几何性质，椭圆的标准方程，属于中档题解决问题时首先分析出双曲线的焦点坐标、顶点坐标，然后得到椭圆的的焦点和顶点，写出长半轴和半焦距的长，再根据椭圆的简单几何性质求出椭圆的半长轴的长，利用焦点坐标分析出椭圆的方程形式，写出所求椭圆4.是直线和直线平行且不重合的A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】C【解析】试题分析：先判断当a=3成立是否能推出两条直线平行；再判断当两条直线平行时，一定有a=3成立，利用充要条件的定义得到结论解：当a=3时，两条直线的方程分别是3x+2y+9=0和3x+2y+4=0，此时两条直线平行成立反之，当两条直线平行时，有但即a=3或a=2，a=2时，两条直线都为xy+3=0，重合，舍去a=3所以“a=3”是“直线ax+2y+2a=0和直线3x+（a1）ya+7=0平行”的充要条件故选：C考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定5.平面内一点到两定点，的距离之和为10，则的轨迹是A. 椭圆B. 圆C. 直线D. 线段【答案】D【解析】【分析】根据题意，由定点和的坐标可得的长，结合椭圆的定义分析可得M的轨迹为线段，即可得答案【详解】根据题意，两定点，则，而动点M到两定点和的距离之和为10，则M的轨迹为线段，故选：D【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，注意结合椭圆的定义进行分析6.如图：在平行六面体中，为与的交点若，则下列向量中与相等的向量是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】连接,由平行四边形法则得到，再得到.【详解】连接,因为M是中点，所以.故答案为：B【点睛】本题主要考察平面向量的加法、减法和平行四边形法则，意在考察学生对这些知识的理解能力和掌握水平.7.过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，如果，那么A. 6B. 8C. 9D. 10【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的性质直接求解，即焦点弦长为【详解】抛物线中，故选B【点睛】是抛物线的焦点弦，抛物线的焦点弦长为，抛物线的焦点弦长为，抛物线的焦点弦长为，抛物线的焦点弦长为8.已知菱形边长为1，将这个菱形沿折成的二面角，则两点的距离为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取AC中点O，连结DO，BO，BD，是将这个菱形沿AC折成的二面角的平面角，由此能求出B，D两点的距离【详解】菱形ABCD边长为1，将这个菱形沿AC折成的二面角，取AC中点O，连结DO，BO，BD，则，是将这个菱形沿AC折成的二面角的平面角，D两点的距离为故选：B【点睛】本题考查两点间距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题9.试在抛物线上求一点，使其到焦点的距离与到的距离之和最小，则该点坐标为A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得抛物线的焦点为，准线方程为过点P作于点，由定义可得,所以，由图形可得，当三点共线时，最小，此时故点的纵坐标为1，所以横坐标即点P的坐标为选A点睛：与抛物线有关的最值问题的解题策略该类问题一般解法是利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决10.在长方体中，如果，那么到直线的距离为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得：连接，AC，过A作，根据长方体得性质可得：平面ABCD，即可得到，再根据等面积可得答案【详解】由题意可得：连接，AC，过A作，如图所示：根据长方体得性质可得：平面ABCD因为，所以，根据等面积可得：故选：C【点睛】本题主要考查了点、线、面间的距离计算，以及空间几何体的概念、空间想象力，属于基础题.11.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是 （ ）A. B. C. 三棱锥的体积为定值D. 异面直线所成的角为定值【答案】D【解析】试题分析：AC平面，又BE平面，ACBE故A正确EF垂直于直线，平面AEF故B正确C中由于点B到直线的距离不变，故BEF的面积为定值又点A到平面BEF的距离为，故VA-BEF为定值C正确当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是FBC1，当E在上底面的中心时，F在C1的位置，异面直线AE，BF所成的角是EAA1显然两个角不相等，D不正确考点：棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角12.若直线与双曲线的右支交于不同的两点，则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】渐近线方程为y=x，由消去y，整理得（k21）x2+4kx+10=0设（k21）x2+4kx+10=0的两根为x1，x2，直线y=kx+2与双曲线x2y2=6的右支交于不同的两点，k0， 故选D二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知1，0，且与垂直，则的值为_【答案】【解析】由题意可得：与互相垂直，即，所以，.14.已知是直线被椭圆所截得的线段的中点，则的方程是_.【答案】【解析】试题分析：由题意得，斜率存在，设为 k，则直线l的方程为 y-2=k（x-4），即 kx-y+2-4k=0，代入椭圆的方程化简得 （1+4k2）x2+（16k-32 k2）x+64 k2-64k-20=0，解得 k=-，故直线l的方程为 x+2y-8=0考点：直线与圆锥曲线的关系15.如图所示，正方体中，分别是正方体和的中心， 是的中点，设、与所成的角分别为、，则等于_【答案】【解析】【分析】本题适合建立空间坐标系得用向量法解决这个立体几何问题，建立空间坐标系，给出有关点的坐标，求出直线的GF、与AB的方向向量，利用夹角公式求线线角的余弦值即可【详解】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，2，0，1，0，则，1，.，.，又，故答案是：【点睛】本题考查用空间向量为工具解决空间几何问题，本题的关键是求出异面直线所成的角的余弦值后，利用两角和的正弦求解16.双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点垂直的直线分别交于两点，已知成等差数列，且与同向，则双曲线的离心率_【答案】【解析】【分析】由2个向量同向，得到渐近线的夹角范围，求出离心率的范围，再用勾股定理得出直角三角形的2个直角边的长度比，联想到渐近线的夹角，求出渐近线的斜率，进而求出离心率【详解】设双曲线方程为由，同向，渐近线的倾斜角为，渐近线斜率为：， , ,可得：，而在直角三角形OAB中，注意到三角形OAF也为直角三角形，即则有渐近线的斜率为,根据正切的二倍角公式得到：，；，,故答案为：【点睛】本题考查了双曲线的简单性质以及等差数列的性质，做到边做边看，从而发现题中的巧妙，如据，联想到对应的是渐近线的夹角的正切值，是解题的关键求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知命题，命题实数满足：方程表示双曲线 1若命题为真命题，求实数的取值范围；2若命题“或”为假命题，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】1，恒成立，可得，从而求得m的范围；2由“p或q”为假命题，可得p，q均为假命题，求出当q为真命题时m的范围，再由交集与补集的运算求解【详解】1，恒成立，解得，实数m的取值范围是；2“p或q”为假命题，q均为假命题，当q为真命题时，则，解得或为假命题时，由知，p为假命题时从而，即实数m的取值范围为【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查恒成立问题的求解方法，考查双曲线的方程，是基础题18.如图所示，、分别为椭圆的左、右焦点，为两个顶点，已知椭圆上的点到、两点的距离之和为4.（）求椭圆的方程和焦点坐标；（）过椭圆的焦点作的平行线交椭圆于、两点，求的面积.【答案】（），；（）.【解析】试题分析：（）由椭圆上的点到、两点的距离之和为4,得 ，椭圆方程为，点代入方程可得，从而可得椭圆的方程，进而可得焦点坐标；（）根据题意得到的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式可得求出,.试题解析：（）由椭圆上的点到、两点的距离之和为4,得 ，椭圆方程为，点代入方程可得，从而可得椭圆的方程为，从而可得焦点坐标为.（） 将与联立，消去，得.19.如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，且，是的中点求异面直线与所成角的余弦值；求直线和平面的所成角的正弦值【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值；求出平面的法向量和，利用向量法能求出直线和平面的所成角的正弦值解析：（1）以O为原点，OB、OC、OA分别为X、Y、Z轴建立空间直角坐标系则有A（0，0，1）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、E（0，1，0），COS= 所以异面直线BE与AC所成角的余弦为（2）设平面ABC的法向量为则知知取，则故BE和平面ABC的所成角的正弦值为20.已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点当时，证明：若，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】【分析】问题转化为证明，联立直线与抛物线，根据韦达定理和向量数量积可证；假设存在m，使得，则，代入即可【详解】时，联立得，则， 联立得，则，假设存在m使得，由第一问得到：，解得故存在符合题意【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题本题也考查了直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，分别是的中点1证明：；2若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】要证明，我们可能证明面PAD，由已知易得，我们只要能证明即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明，由已知易我们不难得到结论；由EH与平面PAD所成最大角的正切值为，我们分析后可得PA的值，由的结论，我们进而可以证明平面平面ABCD，则过E作于O，则平面PAC，过O作于S，连接ES，则为二面角的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角的余弦值【详解】1证明：由四边形ABCD为菱形，可得为正三角形因为E为BC的中点，所以又，因此因为平面ABCD，平面ABCD，所以而平面PAD，平面PAD且，所以平面又平面PAD，所以2设，H为PD上任意一点，连接AH，EH由1知平面PAD，则为EH与平面PAD所成的角在中，所以当AH最短时，最大，即当时，最大此时，因此又，所以，所以因为平面ABCD，平面PAC，所以平面平面ABCD过E作于O，则平面PAC，过O作于S，连接ES，则为二面角的平面角，在中，又F是PC的中点，在中，又，在中，即所求二面角的余弦值为【点睛】求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角此题是利用二面角的平面角的定义作出为二面角的平面角，通过解所在的三角形求得其解题过程为：作证是二面角的平面角计算，简记为“作、证、算”22.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线的准线上求椭圆的标准方程；点，在椭圆上，是椭圆上位于直线两侧的动点当运动时，满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】设椭圆C的标准方程为，由椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上，可得，解得又，联立解得即可；设，由，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为，直线PA的方程为：，与椭圆的方程联立化为，利