2018-2019学年安徽省淮北一中、合肥六中、阜阳一中、滁州中学高二上学期期末考试数学（文）试题（解析版） 17页

‎2018-2019学年安徽省淮北一中、合肥六中、阜阳一中、滁州中学高二上学期期末考试数学（文）试题 一、单选题 ‎1．空间直角坐标系中，点关于点的对称点的坐标为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用对称的性质和中点坐标公式直接求解．‎ ‎【详解】‎ 解：设空间直角坐标系中，点关于点的对称点的坐标为，‎ 则，解得，，，‎ ‎∴点坐标为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了空间中点坐标公式，考查了数学运算能力，属于基础题.‎ ‎2．设，则“”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】C ‎【解析】 ，得 成立；若 ，得 ‎【详解】‎ 若 ，得 成立；反之，若 ，得 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件与必要条件，属基础题.易错点是“”推出“”.‎ ‎3．若、、是互不相同的空间直线，、是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）‎ A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】D ‎【解析】对于A：考虑空间两直线的位置关系和面面平行的性质定理；‎ 对于B：考虑线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理；‎ 对于C：考虑空间两条直线的位置关系及平行公理；‎ 对于D：考虑面面垂直的判定定理．‎ ‎【详解】‎ 解：选项A中，除平行外，还有异面的位置关系，则A不正确．‎ 选项B中，与的位置关系有相交、平行、在内三种，则B不正确．‎ 选项C中，与的位置关系还有相交和异面，故C不正确．‎ 选项D中，由，设经过的平面与相交，交线为，则，又，故，又，所以，正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线与直线的位置关系、线面垂直的判定、面面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力.‎ ‎4．双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】化双曲线方程为标准方程，求得与的值，则双曲线的渐近线方程可求．‎ ‎【详解】‎ 解：化双曲线为，‎ 可知双曲线的焦点在轴上，且，．‎ ‎∴双曲线的渐近线方程是．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求双曲线的渐近线方程，判断焦点的位置是解题的关键.‎ ‎5．函数在处的切线方程为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】求得的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程可得所求切线方程．‎ ‎【详解】‎ 解：函数的导数为，‎ 可得函数在处的切线的斜率为，‎ 切点为，则切线方程为，‎ 化为．即．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了导数的几何意义，考查了求函数的切线方程，考查了数学运算能力.‎ ‎6．与椭圆有相同的焦点，且经过点的椭圆的标准方程是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，求出椭圆的焦点，即可得要求椭圆的焦点，结合椭圆的定义可得，分析可得的值，结合椭圆的几何性质可得的值，将、的值代入椭圆的方程即可得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：根据题意，椭圆的焦点为和，则要求椭圆的焦点在轴上，且；又由该椭圆经过点，‎ 则有，则，‎ 则；‎ 故要求椭圆的标准方程为；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求椭圆的标准方程，考查了椭圆的定义，考查了数学运算能力.‎ ‎7．如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则在该几何体中，最长的棱的长度是（ ）‎ A．4 B． C． D．6‎ ‎【答案】D ‎【解析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，其中底面，，，取的中点，连接，则．可得在该几何体中，最长的棱为．‎ ‎【详解】‎ 解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，其中底面，‎ ‎，，取的中点，连接，则．‎ ‎∴则在该几何体中，最长的棱．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了由三视图还原几何体，考查了数学运算能力和空间想象能力.‎ ‎8．若正实数，满足，则的最小值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用乘1法配凑，然后结合基本不等式即可求解最小值.‎ ‎【详解】‎ 解：∵正实数，满足，‎ 则，‎ ‎，‎ 当且仅当且，‎ 即，时取等号，此时最小值.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了基本不等式的应用，考查了代数式恒等变形能力，考查了数学运算能力.‎ ‎9．若等比数列的前项和为，已知，，则（ ）‎ A．9 B．6 C．7 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】数列的公比，所以，，也成等比数列，即可得到结论．‎ ‎【详解】‎ 解：依题意，显然数列的公比，‎ 所以，，也成等比数列，‎ 且公比为，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等比数列前项和的性质，考查了数学运算能力.‎ ‎10．在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，若，且，则角（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用向量平行的坐标运算可求，将利用正弦定理化简得到，进而可求，利用余弦定理求出的值，即可确定出的度数．‎ ‎【详解】‎ 解：∵，，若，‎ ‎∴，可得，‎ 又∵，‎ ‎∴利用正弦定理化简得：，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴，‎ ‎∵为三角形内角，‎ ‎∴．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面共线向量的坐标表示公式，考查了正弦定理、余弦定理的应用，考查了数学运算能力.‎ ‎11．已知点，及抛物线，若抛物线上点满足，则的最大值（ ）‎ A．3 B．2 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设出的坐标，把变形，得到得，化为关于的函数，再由基本不等式求最值．‎ ‎【详解】‎ 解：设，则，‎ 由，得．‎ ‎∵，∴，‎ 则，当且仅当时取等号．‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了基本不等式的应用，考查了代数式恒等变形能力，考查了数学运算能力.‎ ‎12．已知函数，若在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意可得在上恒成立，分离后结合二次函数的性质即可求解．‎ ‎【详解】‎ 解：函数在上单调递减，‎ 则在上恒成立，‎ ‎∴,‎ 令，则由可得，‎ 结合二次函数的性质可知，当时，取得最大值，‎ 则即．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用二次函数的性质求不等式恒成立问题，考查了求导运算，考查了导数的性质应用，考查了数学运算能力.‎ 二、填空题 ‎13．命题“，”的否定是_____．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】‎ 解：因为特称命题的否定是全称命题，‎ 所以：命题“，”的否定是：，‎ ‎．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了特称命题的否定，属于基础题.‎ ‎14．设，满足约束条件，则的最大值是_____．‎ ‎【答案】15‎ ‎【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】‎ 解：由，满足约束条件，作出可行域如图，‎ 联立，解得，‎ 化目标函数为，由图可知，当直线过时，‎ 直线在轴上的截距最小，有最大值为．‎ 故答案为：15‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了利用数形结合思想解决线性目标函数最大值问题，考查了数学运算能力.‎ ‎15．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，若平面，，，，，则球的表面积为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意把三棱锥扩展为三棱柱，求出上下底面中心连线的中点与的距离为球的半径，然后求出球的表面积即可．‎ ‎【详解】‎ 解：因为三棱锥的所有顶点都在球的球面上，若平面，，且三棱锥的每个顶点都在球的表面上，‎ 所以补全三棱锥为三棱柱，且为直三棱柱，则所在的平面就是直三棱柱对角线所在的一个面，‎ 可得就是所求的外接球的直径，，‎ 所以球的半径为，所以球的表面积为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了球内接三棱锥问题，考查了割补法的应用，考查了空间想象能力，考查了数学运算能力.‎ ‎16．双曲线：的左、右焦点分别为，，，是右支上的一点，与轴交于点，的内切圆在边上的切点为．若，则的离心率是_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合离心率公式即可得到所求值．‎ ‎【详解】‎ 解：设的内切圆在边上的切点为，在上的切点为，‎ 则，，，‎ 由双曲线的对称性可得，‎ 由双曲线的定义可得 ‎，解得，‎ 又，即有，‎ 离心率．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了双曲线的离心率，考查了双曲线的定义，考查了三角形内切圆的几何性质，考查了数学运算能力.‎ 三、解答题 ‎17．已知：方程是焦点在轴的椭圆，：方程无实根．若或为真命题，且为假命题，求的取值范围．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用已知分别求出对应的的范围，再利用“或为真命题，且为假命题”判断，的真假性得出其范围．‎ ‎【详解】‎ 解：由于：方程是焦点在轴的椭圆，即，故无解；‎ 由于：方程无实根．即，故；‎ ‎∵或为真命题，且为假命题 ‎∴①当真假时，即无解；‎ ‎②当假真时，即；‎ 故的取值范围为：；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了已知且命题和或命题的真假求参数取值范围问题，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.‎ ‎18．已知数列和满足：，，，数列的前项和为，点在直线上．‎ ‎（Ⅰ）求数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ），故数列为等差数列，点在直线上，，由，故，求出数列和的通项公式；‎ ‎（Ⅱ），，分组求和即可．‎ ‎【详解】‎ 解：（Ⅰ），故数列为等差数列，设公差为，‎ ‎，，‎ 故，时，显然成立，故，‎ 点在直线上，，由，‎ 作差，，‎ 故，故为首项为1，公比2的等比数列，‎ ‎，时，显然成立，故，‎ ‎（Ⅱ），‎ ‎．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列和等比数列的判定，考查了利用分组求数列的和，考查了数学运算能力.‎ ‎19．如图1，在矩形中，，，分别在线段上，，将矩形沿折起，记折起后的矩形为，且平面平面，如图2.‎ ‎（1）求证：平面； ‎ ‎（2）若，求证：；‎ ‎（3）求四面体体积的最大值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）证明：因为四边形MNEF，EFDC都是矩形，所以MN∥EF∥CD，MN=EF=CD．‎ 所以四边形MNCD是平行四边形，所以NC∥MD，因为NC⊄平面MFD，所以NC∥平面MFD． 4分 ‎（2）证明：连接ED，设ED∩FC=O．因为平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，所以NE⊥平面ECDF， 5分 所以FC⊥NE．又EC=CD，所以四边形ECDF为正方形，所以 FC⊥ED．所以FC⊥平面NED，‎ 所以ND⊥FC． 8分 ‎（3）解：设NE=，则EC=4-，其中0＜x＜4．由（1）得NE⊥平面FEC，所以四面体NFEC的体积为，所以.‎ 当且仅当，即x=2时，四面体NFEC的体积有最大值2．‎ ‎【考点】本题主要考查立体几何中的平行关系、垂直关系，几何体体积计算，均值定理的应用．‎ 点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算．在计算问题中，有“几何法”和“向量法”．利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，（1）（2）小题，将立体问题转化成平面问题，这也是解决立体几何问题的一个基本思路．（3）利用函数思想，构建体积函数表达式，应用均值定理，求得体积的最大值．‎ ‎20．已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线轴上．‎ ‎（Ⅰ）求圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的动直线与圆相交于，两点．当时，求直线的方程．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或．‎ ‎【解析】（Ⅰ）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；‎ ‎（Ⅱ）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，利用，其中为圆心到直线的距离，即可求出直线的斜率，从而求出直线的方程．‎ ‎【详解】‎ 解：（Ⅰ）设圆心，则，‎ ‎∵圆经过点和，‎ ‎，‎ 解可得，，，即圆心，，‎ 故圆的方程为：；‎ ‎（Ⅱ）∵圆的方程为：，圆心，，‎ ‎①当直线的斜率不存在时，直线方程为：，‎ 此时，‎ ‎∴符合题意，‎ ‎②当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为：，即，‎ ‎∴圆心到直线的距离，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴直线的方程为：，‎ 综上所求，直线的方程为：或．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了求圆的方程，考查了已知圆的弦长求直线方程问题，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.‎ ‎21．已知函数.‎ ‎（1）求在上的最值；‎ ‎（2）对任意，恒有成立，求实数的取位范围.‎ ‎【答案】（1）当时，的最大值为4；当时，的最小值为；（2）.‎ ‎【解析】（1）对求导，令，得到在上的单调性，从而求得最值；（2）由，数形结合分析可得取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以，令，解得或，‎ 因为在上，所以在上单调递减；在上单调递增，‎ 又因为，，，‎ 所以，当时，的最大值为4；当时，的最小值为.‎ ‎（2）因为，结合的图象：‎ 令，解得，‎ 所以m的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用导数研究函数的最值，考查根据函数的图像和性质求参数法人方法，要熟练掌握数形结合思想方法的运用，属中档题.‎ ‎22．已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若为椭圆的右顶点，点是椭圆上不同的两点（均异于）且满足直线与斜率之积为.试判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由点在椭圆上，且椭圆的离心率为，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得椭圆的方程；（2）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为，，，联立，得，根据韦达定理、斜率公式及直线与斜率之积为，可得，解得或，将以上结论代入直线方程即可得结果.‎ 试题解析：（1）可知离心率，故有，‎ 又有点在椭圆上，代入得，‎ 解得，，‎ 故椭圆的方程为.‎ ‎（2）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为 ‎，，，‎ 联立得.‎ ‎∴，.‎ ‎∵直线与斜率之积为.‎ 而点，∴.‎ ‎∴.‎ 化简得，‎ ‎∴，‎ 化简得，解得或，‎ 当时，直线的方程为直线与斜率之积为，过定点.‎ 代入判别式大于零中，解得.‎ 当时，直线的方程为，过定点，不符合题意.‎ 故直线过定点.‎