2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末数学（文）试题（解析版） 17页

‎2019-2020学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末数学（文）试题 一、单选题 ‎1．已知命题,，则（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题,，‎ 则，，故选A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎2．抛物线的准线方程是 ( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由抛物线方程可知，，焦点在轴正半轴，所以其准线方程为．故C正确．‎ ‎【考点】抛物线准线方程．‎ ‎3．若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】正视图是从前向后看得到的视图，结合选项即可作出判断．‎ ‎【详解】‎ 解：所给图形的正视图是A选项所给的图形，满足题意． 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了简单组合体的三视图，属于基础题，关键掌握正视图是从前向后看得到的视图．‎ ‎4．双曲线的渐近线方程是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由双曲线方程求得，由渐近线方程为求得结果.‎ ‎【详解】‎ 由双曲线方程得：，‎ 渐近线方程为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查双曲线渐近线的求解，属于基础题.‎ ‎5．设是三个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列说法正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A：，可能的位置关系为相交，平行，故A错误；B：可能在上，可能与斜交，故B错误；C：根据线面垂直的性质，可知C正确；D：，可能的位置关系为相交，平行，异面，故D错误，故选C．‎ ‎【考点】空间中直线平面的位置关系．‎ ‎6．在普通高中新课程改革中，某地实施“”选课方案．该方案中“”指的是从政治、地理、化学、生物门学科中任选门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么政治和地理同时被选中的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】采用列举法得到所有可能的情况，根据古典概型概率计算公式得到结果.‎ ‎【详解】‎ 从门学科中任选门共有：政治+地理、政治+化学、政治+生物、地理+化学、地理+生物、化学+生物，共种情况.‎ 政治和地理同时被选中的概率为.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查古典概型概率公式的求解问题，属于基础题.‎ ‎7．已知椭圈的两个焦点是，椭圆上任意一点与两焦点距离的和等于4，则椭圆C的离心率为（ ）‎ A． B． C． D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据已知条件分别求和，然后再求离心率.‎ ‎【详解】‎ 根据椭圆的定义可知 ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题考查离心率的求解，属于基础题型.‎ ‎8．三棱柱底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若，则点到平面的距离为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意利用体积相等求解点面距离即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得三棱锥的体积：，‎ 由几何关系可得：，‎ 则等腰三角形中，点到底面的距离：，‎ 设点到平面的距离为，‎ 由题意可得三棱锥的体积为：，‎ 利用等体积法可得：，‎ 解得：，即点到平面的距离为.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查点面距离的计算，空间几何体的结构特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎9．如图，在三棱锥中，为棱的中点.若，.则异面直线与所成的角为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】取的中点，连接，，则（或其补角）为异面直线与所成的角，求出三角形的三边，即可求出异面直线与所成的角．‎ ‎【详解】‎ 解：取的中点，连接，，则 ‎ ∵为棱的中点， , 则（或其补角）为异面直线与所成的角， ‎ ‎． 故选：C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，正确作出异面直线所成的角是关键．‎ ‎10．如图所示为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：‎ ‎①；‎ ‎②与成异面直线且夹角为；‎ ‎③；‎ ‎④与平面所成的角为.‎ 其中正确的个数是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】将平面展开图还原成正方体，如图所示，依据图形、正方体的几何性质判断各线直线的位置关系.‎ ‎【详解】‎ 将平面展开图还原成正方体（如图所示）．‎ 对于①，由图形知与异面垂直，故①正确；‎ 对于②，与显然成异面直线．连、，则，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）．在等边中，，所以异面直线与所成的角为，故②正确；‎ 对于③，与为异面垂直，故③错误；‎ 对于④，由题意得平面，所以是与平面所成的角．但在中，不等于，故④错误．综上可得①②正确．故选B．‎ ‎【点睛】‎ 空间中点、线、面位置关系的判断方法 ‎（1）平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常用的方法时对各种关系都进行考虑，进行逐一排除，解题时要充分发挥模型的直观性作用；‎ ‎（2）利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．‎ ‎11．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体（如图）面为矩形，棱.若此几何体中，，，和都是边长为的等边三角形，则此几何体的表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】利用勾股定理求出梯形的高，再计算出各个面的面积，相加可得出该几何体的表面积.‎ ‎【详解】‎ 过作平面，垂足为，取的中点，连结，‎ 过作，垂足为，连结.‎ 和都是边长为的等边三角形，‎ ‎，，.‎ ‎，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 几何体的表面积，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查多面体表面积计算，解题的关键就是要分析各面的形状，并计算出各个面的面积，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12．点在双曲线的右支上，其左，右焦点分别为，直线与以坐标原点为圆心，为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则双曲线的离心率为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：先根据线段的垂直平分线恰好过点得，再根据双曲线定义得，根据OA=a得=4得a,b,c关系，解得离心率.‎ 详解：因为线段的垂直平分线恰好过点，所以=2c,‎ 所以,‎ 因为直线与以坐标原点为圆心，为半径的圆相切于点，所以OA=a，因此，‎ 因为=4，所以 选D.‎ 点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ 二、填空题 ‎13．已知为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于两点， 则线段长度的最小值为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由椭圆最短的焦点弦为通径，由标准方程求得通径长即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由椭圆方程知：，.‎ 过焦点的最短弦为通径，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查焦点弦的最小值的求解问题，关键是明确椭圆最短的焦点弦为通径，通径长为.‎ ‎14．在区间上随机地取一个实数，若实数满足的概率为，则实数__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由几何概型概率公式可构造方程求得结果.‎ ‎【详解】‎ 实数满足的概率，解得：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查几何概型概率问题的求解，属于基础题.‎ ‎15．已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，BC=，AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为______．‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】以PA，PB，PC分棱构造一个长方体，这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积．‎ ‎【详解】‎ 解：如图，PA，PB，PC两两垂直，设PC=h，‎ 则PB=，PA=，‎ ‎∵PA2+PB2=AB2，∴4-h2+7-h2=5，解得h=，‎ 因为三棱锥P-ABC，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=，‎ ‎∴以PA，PB，PC分棱构造一个长方体，‎ 则这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球，‎ ‎∴由题意可知，这个长方体的中心是三棱锥的外接球的心，‎ 三棱锥的外接球的半径为R=，‎ 所以外接球的表面积为．‎ 故答案为8．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．‎ ‎16．棱长为1的正方体中，点、分别在线段、上运动（不包括线段端点），且.以下结论：①；②若点、分别为线段、的中点，则由线与确定的平面在正方体上的截面为等边三角形；③四面体的体积的最大值为；④直线与直线的夹角为定值.其中正确的结论为______.（填序号）‎ ‎【答案】① ② ③‎ ‎【解析】①作NE⊥BC，MF⊥AB，垂足分别为E，F，可得四边形MNEF是矩形，可得MN∥FE，利用AA1⊥面AC，可得结论成立；‎ ‎②截面为△AB1C，为等边三角形，故正确．‎ ‎③设，则＝dM﹣BCN=，故③成立；‎ ‎④设，当接近于0时，直线与直线的夹角接近于，当接近于1时，夹角接近于，故④不正确；‎ ‎【详解】‎ ‎①作NE⊥BC，MF⊥AB，垂足分别为E，F，∵AM＝BN，∴NE＝MF，∴四边形MNEF是矩形，∴MN∥FE，∵AA1⊥面AC，EF⊂面AC，∴AA1⊥EF，∴AA1⊥MN，故①正确；‎ ‎②点M、N分别为线段AB1、BC1的中点，则由线MN与AB1确定的平面在正方体ABCD﹣A1B1C1D1 上的截面为△AB1C，为等边三角形，故②正确．‎ ‎③设，则＝dM﹣BCN，又AM=BN=,‎ ‎∴=，dM﹣BCN =，∴＝dM﹣BCN=，当且仅当时取得最大值，故③成立；‎ ‎④设，当接近于0时，直线与直线的夹角近似于直线和直线的夹角，接近于，当接近于1时，直线与直线的夹角近似于直线和直线的夹角，接近于，故④不正确；‎ 综上可知，正确的结论为①②③‎ 故答案为：①②③‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行、垂直，考查点到面的距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ 三、解答题 ‎17．已知命题p：方程(a>0)表示双曲线，命题q：方程表示焦点在y轴上的椭圆．‎ ‎(1)若命题q为真命题，求m的取值范围；‎ ‎(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）命题q为真命题，即方程表示焦点在y轴上的椭圆，只需要满足2－m＞m－1＞0 即可；（2）p是q的充分不必要条件，则p命题下m的范围是q命题下m的范围的子集.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)∵命题q为真命题，∴2－m＞m－1＞0，∴1＜m＜.‎ ‎(2)方程＋＝1(a>0)表示双曲线，则(m－3a)(m－4a)＜0(a＞0)，解得3a＜m＜4a，∵p是q的充分不必要条件，∴解得≤a≤.‎ ‎【点睛】‎ 判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．‎ ‎18．将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，并分别记为.‎ ‎（1）若记“”为事件，求事件发生的概率；‎ ‎（2）若记“”为事件，求事件发生的概率.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）首先可以确定骰子抛掷次一共有多少种结果，然后确定满足的有多少种结果，最后即可得出结果。‎ ‎（2）通过确定事件B发生的基本事件的数目即可得出结果。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）将一颗质地均匀的骰子抛掷次，它的点数有这种结果，‎ 抛掷第次，它的点数有这种结果，‎ 因为骰子共抛掷次，所以共有种结果， ‎ 事件A发生的基本事件有：共种结果， ‎ 所以事件A发生的概率为；‎ ‎（2）事件B发生的基本事件有：共6种结果，所以事件B发生的概率为。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是古典概型概率的求法，解题的关键是正确得到基本事件总数和所求概率的事件包含的基本事件的个数，其中常用的方法是列举法，列举时要完整，属于基础题。‎ ‎19．如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，是的中点， 是的中点. ‎ ‎（1）求四棱锥的体积；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】（1）由四棱锥体积公式直接求解即可得到结果；‎ ‎（2）取中点，由三角形中位线性质可证得，即四边形为平行四边形，从而得到，利用线面平行判定定理证得结论.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）四边形为正方形且 ，，‎ ‎.‎ ‎（2）取中点，连接和.‎ 分别为中点， 且.‎ 为中点且四边形为正方形 ，且，‎ ‎， 四边形为平行四边形， .‎ 平面，平面， 平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何中锥体体积的求解、线面平行位置关系的证明；涉及到棱锥体积公式、线面平行判定定理的应用.‎ ‎20．设关于的一元二次方程．‎ ‎（1）若是从0，1，2，3，4五个数中任取的一个数，是从0，1，2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；‎ ‎（2）若是从区间上任取的一个数，是从区间上任取的一个数，求上述方程有实根的概率．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）列举可得总的基本事件和事件A中包含的基本事件，由古典概型可得；‎ ‎（2）作出图象，由几何概型可得．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题意知本题是一个古典概型，设事件A为“方程有实根”，‎ 总的基本事件共15个：（0，0）（0，1）（0，2）（1，0）（1，1）（1，2）（2，0）（2，1）（2，2）（3,0）（3,1）（3,2）（4，0）（4，1）（4，2），‎ 其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．‎ 事件A中包含8个基本事件（a≥2b），（0，0）（1，0）（2，0）（2，1）（3，0）（3，1）（4，0）（4，1）（4，2），‎ ‎∴事件A发生的概率为；‎ ‎（2）由题意知本题是一个几何概型，‎ 试验的全部结束所构成的区域为{（a，b）|0≤a≤4，0≤b≤2}，‎ 满足条件的构成事件A的区域为{（a，b）|0≤a≤4，0≤b≤2，a≥2b}．‎ ‎∴所求的概率是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了古典概型与几何概型，属于中档题。解决古典概型问题时，首先分析试验的基本事件是什么，然后找到所有的基本事件，计算事件总数，其次要找到所研究事件包含的基本事件，计算总数，然后根据比值计算概率；几何概型问题时，首先分析基本事件的总体， 再找所研究事件的区域，选择合适的度量方式，概率就是度量比，一般是长度、面积、体积。‎ ‎21．已知，正三角形, 正方形,平面平面, 为的中点;‎ ‎（1）求证: 平面 ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2).‎ ‎【解析】试题分析：(1)根据面面垂直的性质定理可证得平面.(2)过作,交点为,可得平面,所以是直线与平面所成的角.解直角三角形可求得其正弦值.‎ 试题解析:(1)正方形中,,由于平面平面,且交线为,根据面面垂直的性质定理可知平面.(2)过作,交点为,则,由于平面所以.由于,所以平面,故是直线与平面 所成的角.设正方形和等边三角形的边长都为1,则.‎ ‎22．已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆，离心率，且椭圆过点.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设椭圆左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于不同的两点，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（1）；（2），.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设椭圆方程，由题意列关于的方程组求解的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设，不妨设，设的内切圆的径，则的周长为，，因此最大，就最大．设直线的方程为，与椭圆方程联立，从而可表示的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论．‎ 试题解析：解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为．则，解得：．∴椭圆方程为，‎ ‎（Ⅱ）设，不妨，设的内切圆的半径，‎ 则的周长为，因此最大，‎ 就最大，‎ 由题知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，‎ 由得，得 则，‎ 令，则，∴，‎ 令，则，当时，，在上单调递增，有，‎ 即当时，，，∴，这时所求内切圆面积的最大值为．‎ 故直线内切圆面积的最大值为 ‎【考点】1．椭圆方程；2．直线与椭圆的位置关系．‎