江西省吉安市五校2019-2020学年高二上学期联考数学（文）试卷 22页

数学试卷（文）‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.只有一个选项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知命题p为假命题，命题q为真命题．在命题①p∧q；②p∨q；③p∧(q)；④(p)∨q中，假命题是( )‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由命题p为假命题，命题q为真命题，根据复合命题真假的判断方法即可判断.‎ ‎【详解】因为命题p为假命题，命题q为真命题，所以：￢p为真，￢q为假，‎ 由复合命题真假含义得：①p∧q为假，②p∨q为真，③p∧（￢q）为假，④（￢p）∨q为真.‎ 故假命题为①③，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查复合命题的真假判断，解题时应该认真审题，弄懂概念，属于基础题．‎ ‎2.设分别是中所对边的边长，则直线与的位置关系是( )‎ A. 平行 B. 重合 C. 垂直 D. 相交但不垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由直线方程求出两直线的斜率，再利用正弦定理化简斜率之积等于﹣1，故两直线垂直．‎ ‎【详解】直线的斜率为，直线的斜率为，‎ ‎△ABC中，由正弦定理得＝2R，R为三角形的外接圆半径，‎ ‎∴斜率之积等于，故两直线垂直，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查两直线垂直的条件，直线的斜率的求法，正弦定理的应用，属于基础题．‎ ‎3.下列命题中错误的个数是( )‎ ‎①“”是“”的必要不充分条件.‎ ‎②命题“若，则或”的否命题是“若，则或”.‎ ‎③当时，命题“若，则”的逆否命题为真命题.‎ ‎④命题“，”否定是“，”.‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断已知中四个命题的真假，最后综合错误命题的个数，可得答案．‎ ‎【详解】在①中，由，解得，所以“”是“”的必要不充分条件，故①正确；‎ 在②中，命题“若，则或”的否命题是“若，则且”，故②错误；‎ 在③中，当时，命题“若，则”的逆否命题为“若，则”，故③正确；‎ 在④中，命题“，”的否定是“，”，故④错误.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及含有量词的命题的否定，充分条件和必要条件的判断，复合命题真假判断，以及四种命题的真假判断，涉及的知识点较多，难度不大，属于基础题．‎ ‎4.已知曲线在点处的切线方程为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据导数的几何意义，进行求解即可．‎ ‎【详解】已知曲线在点处的切线方程为，∴，‎ 切线的斜率k＝-2，即，则.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查导数的计算，根据导数的几何意义，以及切线与曲线之间的关系是解决本题的关键，属于基础题．‎ ‎5.已知直线在轴、轴上的截距相等，则直线与直线间的距离为（ ）‎ A. B. C. 或 D. 0或 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用直线的截距的定义求得m的值，再利用两条平行线之间的距离公式，计算即可．‎ ‎【详解】直线在轴、轴上的截距相等，‎ 令，得，令，得，所以，解得，‎ 故直线，即，化简为，‎ 则直线与直线间的距离为 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的截距的定义，两条平行线之间的距离公式，属于基础题．‎ ‎6.已知双曲线与直线交于两点，过原点与线段中点所在直线的斜率为，则的值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN中点P（x0，y0），利用点差法能求出的值．‎ ‎【详解】设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN中点P（x0，y0）．‎ 由题意得，两式相减得m（）-n（）＝0．‎ 又x1+x2＝2x0，y1+y2＝2y0，即， ‎ 又∵直线，∴＝1，化简为mx0-ny0＝0，‎ ‎∵＝＝．∴．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查实数值比值的求法，直线的斜率和点差法的合理运用，属于中档题，．‎ ‎7.如图所示为底面积为2的某三棱锥的三视图，则该三棱锥的侧面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可以看出有多个直角，将该三棱锥放入正方体中，依次求各面面积即可 ‎【详解】由三视图可知该几何体是三棱锥（放在棱长为2的正方体中），则侧面是边长为的等边三角形，面积为；侧面和都是直角三角形，面积均为，因此，此几何体的侧面积为，故选B ‎ ‎【点睛】本题考查三视图、几何体侧面积，将棱锥放入棱柱中分析是解题的关键.‎ ‎8.已知命题，命题或，若的充分不必要条件是非，则实数的取值范围是（ ）‎ A. 或 B. ‎ C. D. 不存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求非：，由题意得非，非，解不等式即可.‎ ‎【详解】已知命题或，则非：，因为的充分不必要条件是非，‎ 所以非，非，得，解得.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了命题之间的关系、充分不必要条件和命题否定的应用，考查了推理能力，属于基础题．‎ ‎9.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，大概意思如下：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为2尺8寸，盆底直径为l尺2寸，盆深1尺8寸.若盆中积水深9寸，则平均降雨量是（注：①平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②1尺等于10寸）（ ）‎ A. 3寸 B. 4寸 C. 5寸 D. 6寸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出圆台的轴截面，根据已知条件，利用圆台体积公式可求得盆中积水体积，再求出盆口面积，根据平均降水量的定义可求得结果.‎ ‎【详解】作出圆台的轴截面如图所示：‎ 由题意知，寸，寸，寸，寸 即是的中点 为梯形的中位线 寸 即积水的上底面半径为寸 盆中积水的体积为（立方寸）‎ 又盆口的面积为（平方寸）‎ 平均降雨量是寸，即平均降雨量是寸 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查圆台体积的有关计算，关键是能够根据轴截面得到所求圆台的上下底面半径和高，考查基础公式的应用.‎ ‎10.从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，则与的关系为( )‎ A. | B. ‎ C. D. 与无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图像，根据三角形的中位线，结合双曲线的定义、直线和圆相切列方程，由此求出正确选项.‎ ‎【详解】如图所示，设是双曲线的右焦点，连接.‎ ‎∵点分别为线段的中点．‎ 由三角形的中位线定理可得：‎ ‎，‎ ‎，‎ 连接，则，在中，，‎ ‎.于是 ‎.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本小题主要考查双曲线的定义和几何性质，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎11.在中，分别为 三边中点，将分别沿向上折起，使重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将三棱锥S﹣EFG补充成长方体，则对角线长分别为，，设长方体的长宽高分别为x，y，z，推导出x2+y2+z2＝28+，由基本不等式得，能求出三棱锥S﹣EFG的外接球面积的最小值．‎ ‎【详解】由题意得三棱锥S﹣EFG的对棱分别相等，将三棱锥S﹣EFG补充成长方体，‎ 则对角线长分别为，，设长方体的长宽高分别为x，y，z，‎ 则x2+y2＝4m，y2+z2＝56，x2+z2＝4n，∴x2+y2+z2＝28+，‎ 又∵，，且＝9，当且仅当取等号，‎ ‎∴x2+y2+z2=28+，∴三棱锥S﹣EFG的外接球面积的最小值为：．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查球体表面积的计算，解决本题的关键在于找出合适的模型求出球体半径，并灵活利用基本不等式求出最小值，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎12.已知直线与椭圆交于、两点，与圆交于、两点．若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直线恒过定点（1，1），即为圆心，为直径，由，可得AB的中点为（1，1），设A（x1，y1），B（x2，y2），运用点差法和直线的斜率公式、中点坐标公式，即可得到所求离心率的范围．‎ ‎【详解】直线，即为，可得直线恒过定点（1，1），‎ 圆的圆心为（1，1），半径为2，且、为直径的端点，‎ 由，可得AB的中点为（1，1），‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，‎ 两式相减可得，由x1+x2＝2．y1+y2＝2，‎ 可得k＝＝﹣，由，即有≤≤1，‎ 则椭圆的离心率e＝＝∈（0，]．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其离心率的范围，注意运用直线恒过圆心，以及点差法求直线的斜率，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.已知函数可导且，则 _________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变形利用导数的运算定义即可得出．‎ ‎【详解】已知函数可导且，‎ 则＝＝1.‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的运算定义，属于基础题．‎ ‎14.在三棱锥P-ABC中，PB=BC,PA=AC=4,PC=2，若过的平面将三棱锥P-ABC分为体积相等的两部分，则棱PA与平面所成角的余弦值为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，取PC中点D，由已知可得PC⊥平面ABD，可得∠PAD为棱PA与平面α所成角，然后求解三角形得答案．‎ ‎【详解】如图所示，‎ ‎ ‎ ‎∵过AB的平面α将三棱锥P﹣ABC分为体积相等的两部分，‎ ‎∴P到平面ABD与C到平面ABD的距离相等，取PC的中点D，‎ 连接AD，BD，由PB＝BC，PA＝AC，得BD⊥PC，AD⊥PC，ADBD=D，‎ 可得PC⊥面ABD，∴∠PAD为棱PA与平面α所成角，‎ 在Rt△PDA中，PA＝4，PD＝，∴．‎ ‎∴cos∠PAD＝，即棱PA与平面α所成角的余弦值为．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．‎ ‎15.过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，若，O为坐标原点，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件画出示意图，设|AF|＝x，则|BF|＝3x，利用，求出x＝，进而求出比值．‎ ‎【详解】过A作AE⊥准线，过B作BG⊥准线，过A作AD⊥BG交BG于点D，交y轴于点C 设|AF|＝x，则|BF|＝3x，F（0，），准线：y＝﹣，‎ 根据抛物线性质得：|AE|＝|AF|＝x，|BG|＝|BF|＝3x，|AB|＝x+3x＝4x，|BD|＝3x﹣x＝2x，|FC|＝p﹣x，‎ 由图可知：，即，解得x＝，则．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查抛物线中两线段比值的求法，考查抛物线、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．‎ ‎16.已知椭圆C:的左右焦点分别为，,点P在椭圆C上，线段与圆：相切于点Q，若Q是线段的中点，e为C的离心率，则的最小值是______________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 连接,‎ ‎ 由为中位线，可得 ,,‎ ‎ 圆，可得且，‎ 由椭圆的定义可得，可得，‎ 又，可得，‎ 即有，即为，‎ 化为，即，‎ ‎，即有，‎ 则，‎ 当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值为.‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算过程)‎ ‎17.已知函数．‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）求过点且与曲线相切的直线方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数的几何意义即可求函数在点处的切线方程；‎ ‎（2）设出切点，由点斜式方程得到所求切线的方程，代入，解方程可得切点，进而得到切线的方程．‎ ‎【详解】（1）由，切线方程的，则曲线在点处的切线方程为．‎ ‎（2）设切点的坐标为，则所求切线方程为 ‎ 代入点的坐标得，解得或 ‎ 当时，所求直线方程为，‎ 当时，所求直线方程为，‎ 所以过点且与曲线相切的直线方程为或．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，求切线的方程，注意在点与过点的区别，属于基础题.‎ ‎18.定义:圆心到直线的距离与圆的半径之比称为“直线关于圆的距离比”.‎ ‎（1）设圆求过点P的直线关于圆的距离比的直线方程；‎ ‎（2）若圆与轴相切于点A且直线关于圆C的距离比求出圆C的方程.‎ ‎【答案】（1）或；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析直线斜率不存在时不合题意；设过点P（﹣1，0）的直线方程为y＝k（x+1），由已知圆的方程求得圆心坐标与半径，再由“直线关于圆的距离比”求解，则直线方程可求；‎ ‎（2）设圆的方程为，由题意可得关于a，b，r的方程，联立方程组求解a，b，r的值，则圆的方程可求．‎ ‎【详解】（1）当直线的斜率不存在时，则直线方程为x＝﹣1，圆心坐标为（2，0），半径为1，‎ 不满足圆心到直线的距离与圆的半径之比为，则所求直线的斜率存在.‎ 设过点的直线方程为，由圆的圆心为，半径为，‎ 由题意可得，解得，‎ 所以所求直线的方程为或 ‎（2）设圆的方程为，‎ 由题意可得……①，，……②，……③‎ 由①②③联立方程组，可得或，‎ 所以圆C的方程为或.‎ ‎【点睛】本题考查新定义，圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎19.在如图所示的四棱锥中，四边形为菱形，且，，M为中点．‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点M到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得DM⊥AD，DM⊥PA，且，可得DM⊥平面PAD，故而平面PAD⊥平面ABCD；‎ ‎（2）根据VM﹣PBD＝VP﹣BDM即可求出M到平面PBD的距离．‎ ‎【详解】（1）∵四边形为菱形，且，∴是等边三角形，又M是的中点，‎ ‎∴，又，∴，又，‎ ‎∴平面，又平面，∴平面平面． ‎ ‎（2）取的中点H，连接，∵，‎ ‎∴，且，由（1）可知平面平面，平面平面，‎ ‎∴平面，故，∴，又，‎ ‎∴， 设M到平面的距离为h，则 ‎．‎ 又，∴，解得．‎ ‎∴点M到平面的距离为．‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直判定定理应用，等体积转化，三棱锥体积的计算，属于中档题．‎ ‎20.在多面体中, 平面,,四边形是边长为的菱形.‎ ‎（1）证明: ；‎ ‎（2）线段上是否存在点,使平面,若存在,求的值；若不存在,请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 分析：（1）证明线线垂直，需要通过线面垂直转化．即想要证明，需要证明BD⊥平面ACF；而证明线面垂直，需要证明BD⊥AF，BD⊥AC，根据条件可知易证．‎ ‎（2）存在性证明，可先假设存在，再去证明假设的正确性．利用相似，可以得到BM与BD的关系，根据平行和EC、DC的值可以求出MN=3，从而证明出为平行四边形，最后得到平面的结论．‎ ‎ 详解：(1)证明:连接,由平面,得平面,‎ ‎ 又平面所以,‎ ‎ 由四边形是菱形,得,‎ ‎ 又,平面所以平面，‎ ‎ 因为平面,所以.‎ ‎ (2)解:存在这样的点，且.证明如下:‎ ‎ 连接交于,过作交于,连接.‎ ‎ 因为,且，所以.‎ ‎ 因为所以,即.‎ ‎ 因为平面,,所以,所以.‎ ‎ 因为,,所以.‎ ‎ 于是且,所以四边形为平行四边形，‎ ‎ 于是,即，‎ ‎ 又平面,平面,所以平面.‎ 点睛：立体几何中证明线面平行或垂直是高考的重点，主要是通过分析要得出证明的结论与所给条件的关系，综合观察分析是否需要做辅助线来辅助判定结果．常见辅助线的做法有以下几种：‎ ‎(1)连接平行四边形的对角线，同时得到对角线与对角线交点为中点；‎ ‎(2)连接两个中点，形成中位线，用于平行或垂直的证明；‎ ‎(3)依据等腰三角形三线合一，做出垂直．‎ ‎21.已两动圆和，把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴交点为，且曲线上异于点的相异两点、满足.‎ ‎(1)求曲线的方程；‎ ‎(2)证明直线恒经过一定点，并求出此定点坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）直线恒过定点．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设两动圆的公共点为，则有，运用椭圆的定义，即可得到，，，进而得到的轨迹方程；‎ ‎（2），设，，，，根据直线的斜率不存在和存在，设出直线方程，根据条件，运用向量的数量积的坐标表示，结合韦达定理和直线恒过定点的求法，即可得到定点；‎ ‎【详解】解：（1）设两动圆公共点为，则有．‎ 由椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点椭圆，且．，‎ 所以曲线的方程是：．‎ ‎（2）证明：由题意可知：，设，，，，‎ 当的斜率不存在时，易知满足条件的直线为：，过定点；‎ 当的斜率存在时，设直线，联立方程组：，‎ 把②代入①有：，‎ ‎③，④，‎ 因为，所以有即，‎ ‎，‎ 把③④代入整理：，‎ ‎（有公因式继续化简得，或（舍去，‎ 综上，直线恒过定点．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆的定义、方程的运用，同时考查平面向量的数量积的坐标表示和直线恒过定点的求法，以及函数的单调性的运用，属于中档题和易错题．‎ ‎22.已知抛物线的焦点为为抛物线上位于第一象限内的点，过点的直线交抛物线于另一点，交轴的正半轴于点．‎ ‎（1）若点的横坐标为，且与双曲线的实轴长相等，求抛物线的方程；‎ ‎（2）对于（1）中求出的抛物线，若点，记点关于轴的对称点为（不同于点），直线交轴于点．‎ ‎①求证：点的坐标为；‎ ‎②若，求点到直线的距离的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) ①见证明； ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得，故，于是可得抛物线方程．（2）①设直线的方程为，代入抛物线方程后得到关于的二次方程，然后结合根与系数的关系及三点共线并由向量的共线可证得结论成立；②由可得 为等腰直角三角形，所以，整理可得，两边平方后结合根与系数的关系得到，且．再由题意得到，令，可得，最后构造函数可得所求范围．‎ ‎【详解】（1）由题意，知，‎ ‎∵与双曲线的实轴长相等，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的方程为． ‎ ‎（2）①由题意，可设直线的方程为，‎ 由消去整理得，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 设，则，‎ 由题意得， ‎ 设点坐标为，则，‎ 由题意知，‎ ‎∴，‎ 即．‎ 又，‎ ‎∴，‎ 显然，‎ ‎∴，‎ ‎∴点的坐标为． ‎ ‎②由题意，为等腰直角三角形，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，且，‎ 又，所以．‎ 又点到直线的距离． ‎ 令，则，且，‎ ‎∴．‎ 设，则在上为减函数，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴取值范围为．‎ ‎【点睛】本题难度较大，解题时由于涉及到大量的计算，所以解题中要注意“设而不求”、“整体代换”和运用抛物线方程进行转化等方法的合理运用．另外，在求解范围问题时首先要得到所求量关于某一参数的表达式，然后再根据表达式的特点选择函数知识或不等式进行求解，属于综合题．‎ ‎ ‎